DRUŠTVO FIZIČARA U BOSNI I HERCEGOVINI

Federalno ministarstvo obrazovanja i nauke

Gimnazija Muhsin Rizvić, Kakanj, škola domaćin

OSAMNAESTO Federalno takmičenje/NATJECANJE u znanju iz fizike učenika srednjih škola

20. april/travanj 2013. godine

P R O G R A M

DAN SATNICA AKTIVNOSTI

Subota

20.04.2013.

09:00 – 09:30

Okupljanje takmičara

Imenovanje Komisija za ispravljanje radova

09:30 – 09:45

Otvaranje takmičenja

09:45 – 10:00

RasporeĎivanje takmičara po učionicama

10:00 – 13:00 Izrada zadataka

13:00 – 16:30 Ispravljanje radova

16:30

Objavljivanje preliminarnih rezultata

16:30-17:30

Prijem i rješavanje prigovora učenika

17:30

Objavljivanje zvanične rang liste

Svečano proglašavanje rezultata

Adresa lokacije takmičenja: 32000 Kakanj, ul. Šehida 32, Gimnazija „Muhsin

Rizvić“ ; Tel/Fax: 032 556 890

Ministarstva obrazovanja ili Pedagoški zavodi Kantona/Ţupanija poslali su spiskove

takmičara po KATEGORIJAMA.

DRUŠTVO FIZIČARA U BOSNI I

HERCEGOVINI

Zmaja od Bosne 35, 71000 Sarajevo

Fax: 033 650841, tel. 033 729842 (predsjednica)

Mob: 061 303 672

e- mail: dfubih@@gmail.com

Sarajevo, 02.04.2013. godine

18. FEDERALNO takmičenje iz fizike učenika srednjih škola će se provesti kao

i ranijih godina u ČETIRI grupe

A MEHANIKA I TERMODINAMIKA / rade zajedno svi učenici, bez obzira na razred/

B OSCILACIJE, TALASI I ELEKTROMAGNETIZAM

C OPTIKA I ATOMSKA FIZIKA

D CJELOKUPNA FIZIKA

Zadaci za pojedine grupe obuhvataju sljedeće sadržaje :

A Newton – ovi zakoni mehanike, ravnomjerno kretanje, kretanje pod djelovanjem

konstantne sile, slaganje i razlaganje sila, kruţno kretanje, rad, energija, kretanje u

gravitacionom polju, neinercijalni sistemi, rotaciona kretanja, zakoni odrţanja, mehanika

fluida, termodinamika

B oscilacije, mehanički talasi, zvuk, elektrostatsko meĎudjelovanje, električno polje, kretanje

naelektrisane čestice u električnom polju, električni kapacitet, istosmjerna električna struja,

strujna kola, magnetno polje, električna struja i magnetno polje, elektromagnetska

indukcija, naizmjenična struja, elektromagnetni talasi

C fotometrija, geometrijska optika, fizikalna optika, toplotno zračenje, fotoelektrični efekat,

struktura atoma, dualna svojstva materije, atomsko jezgro, nuklearne reakcije,

radioaktivnost, elementarne čestice, poluprovodnici

D Sadrţaji A, B, C i specijalna teorija relativnosti

Članovi odgovarajućih komisija koje su odgovorne za sastavljanje, odabir, bodovanje i

pregledanje zadataka, a koje je odredio Upravni odbor Društva fizičara u BiH su:

A MEHANIKA I TERMODINAMIKA

1. Doc. Dr. Mustafa Busuladžić mustafa.busuladzic@mf.unsa.ba

2. Doc. Dr. Vanes Mešić vanes.mesic@gmail.com

3. Doc. Dr. Aner Čerkić

4. Mr. Armin Lagumdţija armin_la@yahoo.com

B OSCILACIJE, TALASI I ELEKTROMAGNETIZAM

1. Doc. Dr Azra Gazibegović-Busuladţić gazr@bih.net.ba

2. Doc. Dr. Suad Kunosić suad.kunosic@untz.ba

3. Prof. Dr. Smajo Sulejmanović smajo.sulejmanovic@untz.ba

4. Ema Spahić Nevjestić, prof. fizike

C OPTIKA I ATOMSKA FIZIKA

1. Prof. Dr. Dejan Milošević milo@bih.net.ba

2. Mr. Benjamin Fetić phd_benjamin@hotmail.com

3. Mr. Elvedin Hasović ahasovic1@yahoo.com

D CJELOKUPNA FIZIKA

1. Mr. Adnan Mašić masic@mef.unsa.ba

2. Suada Dervišbegović, prof. amra.dervisbegovic@gmail.com

3. Prof. Dr. Rajfa Musemić musemic@mef.unsa.ba

Boldirani su voditelji odgovarajuće Komisije.

DRUŠTVO FIZIČARA U BOSNI I HERCEGOVINI

Zmaja od Bosne 35, 71000 Sarajevo

Fax: 033 650841, tel. 033 729842 (predsjednica)

Mob: 061 303 672

e-mail: dfubih@gmail.com; musemic@mef.unsa.ba

Sarajevo, 18.04.2013. godine

18. Federalno takmičenje iz Fizike

Grupa A - Oblast Mehanika i toplina, Kakanj, 20.4.2013.

Zadatak 1

Bejzbol loptica je pretrpjela udarac palicom na visini od 0 1y m iznad tla. Nakon kretanja u

vertikalnoj ravni paralelnoj sa zidom (v. slika 1) loptica je uhvaćena na istoj visini iznad tla, tj. na

visini od 1fy m ( 0 fy y h ). Prilikom kretanja naviše, loptica je prošla sami vrh zida 1

sekundu nakon početka kretanja. Četiri sekunde nakon tog trenutka loptica je, krećući se naniţe,

ponovo prošla vrh istoga zida. Udaljenost izmeĎu dviju tačaka u kojima je loptica dostizala visinu

zida je 50D metara.

a) Odrediti put koji je loptica prešla u horizontalnom pravcu, od trenutka izbacivanja do

njenog hvatanja.

b) Odrediti intenzitet početne brzine loptice.

c) Odrediti pod kojim uglom je izbačena loptica.

d) Odrediti visinu zida zidh .

Slika 1

Zadatak 2

Disk mase m1=0.2 kg kliţe po glatkoj površi i pri tome se sudara sa diskom mase m2 koji je

prvobitno mirovao (v. slika 2). Sudar je elastičan. Nakon toga disk 2 sklizne sa površi na kojoj se

prvobitno nalazio. Domet za kretanje koje slijedi obiljeţen je sa d. Disk 1 takoĎer sklizne sa iste

površi, a njegov domet nakon napuštanja površi iznosi 2d.

a) Izvesti relaciju za brzinu fv2

koju disk 2 ima nakon sudara, a u funkciji masa diskova i

početne brzine diska 1 iv1

. Izvesti relaciju za brzinu fv1

koju disk 1 ima nakon sudara, a u

funkciji masa diskova i početne brzine diska 1 iv1

.

b) Kolika je masa diska 2?

Napomene: 1) Oprezno razmatrati predznake

veličina 2) Trenje i otpor vazduha mogu se

zanemariti.

Zadatak 3

Lopta mase m=1.34 kg povezana je sa rotirajućom šipkom pomoću dvije niti zanemarive mase (v.

slika 3). Duţina svake niti pojedinačno iznosi 1.70L m. Razmak izmeĎu tačaka na šipki pri

kojima su niti povezane je 1.70d m. Intenzitet sile zatezanja gornje niti iznosi Tg=35 N.

a) Naći silu zatezanja u donjoj niti.

b) Naći intenzitet rezultujuće sile rezF koja djeluje na loptu.

c) Odrediti linijsku brzinu lopte.

d) Odrediti pravac rezultujuće sile rezF koja djeluje na loptu.

Zadatak 4

Iznad oceana, pri niskom atomsferskom pritisku, formira se tropska oluja - uragan. Kako se uragan

primiče kopnu, prate ga visoki oceanski valovi. Vjetar dostiţe u nekim tačkama brzinu od 250

km/h. Na slici je dat shematski prikaz dogaĎaja (v. slika 4). U središnjem području (na slici

naznačeno sa ''eye'') brzina vjetra je veoma mala. Atmosferski pritisak u ovome području je 558.5

mmHg. Atmosferski pritisak u području udaljenom 322 km od središnjeg dijela oluje je 762

mmHg. Ova tačka je naznačena sa brojem 1 na slici. Brzina vjetra je zanemarivo male vrijednosti u

tački 1.

a) Procijeniti visinu MV3h oceanskih valova u tački označenoj brojem 3. Ova tačka

nalazi se ispod središnjeg područja oluje.

b) Procijeniti visinu oceanskih valova MV2h u tački označenoj brojem 2, iznad koje

olujni vjetar dostiţe brzinu Av =250 km/h. Uvaţiti pri tome da je

Bv =0.

Uzeti da je gustoća morske vode MV =1025 kg/m

3,

dok je gustoća ţive Hg =13 584 kg/m3. Gustina

zraka, pri normalnoj temperaturi i pritisku je

n =1.22 kg/m3

.

Pretpostavke u datoj aproksimaciji: 1) zračna

struja je stabilna i nestišljiva 2) kapljice morske

vode koje se naĎu u zračnoj struji ne utiču na

stabilnost zračnog toka.

Zadatak 5

Plemeniti plin argon ulazi u turbinu brzinom 80 kg/min, temperaturi 800 0C i pritisku 1.50 MPa.

Potom se plin adijabatski širi potiskujući lopatice turbine, te izlazi izvan nje pri pritisku 300 kPa.

a) Odrediti temperaturu plina pri izlazu iz turbine.

b) Izračunati maksimalnu izlaznu snagu pokretne turbine.

c) Pretpostaviti da je turbina dio stroja sa zatvorenim plinskim ciklusom. Odrediti

maksimalnu efikasnost stroja.

Pri izradi zadatka pretpostaviti da je argon jednoatomski idealni plin. Uzeti za univerzalnu

plinsku konstantu 8.314R J/(mol K). Molarna masa argona je 0.0399 kg/mol.

Slika 3

Slika 4

RJEŠENJA:

Zadatak 1

Bejzbol loptica je pretrpjela udarac palicom na visini od 0 1y m iznad tla. Nakon kretanja u

vertikalnoj ravni paralelnoj sa zidom (v. slika 1) loptica je uhvaćena na istoj visini iznad tla, tj. na

visini od 1fy m ( 0 fy y h ). Prilikom kretanja naviše, loptica je prošla sami vrh zida 1

sekundu nakon početka kretanja. Četiri sekunde nakon tog trenutka loptica je, krećući se naniţe,

ponovo prošla vrh istoga zida. Udaljenost izmeĎu dviju tačaka u kojima je loptica dostizala visinu

zida je 50D metara.

a) Odrediti put koji je loptica prešla u horizontalnom pravcu, od trenutka izbacivanja do njenog

hvatanja.

b) Odrediti intenzitet početne brzine loptice.

c) Odrediti pod kojim uglom je izbačena loptica.

d) Odrediti visinu zida zidh .

.

Rješenje zadatka 1

Imamo sloţeno kretanje sastavljeno od dva kretanja: jedno ravnomjerno kretanje stalnom

brzinom duţ horizontalnog pravca, te drugo jednoliko ubrzano/usporeno kretanje duţ vertikalne

ose.

Označimo sa 0 1y m početnu visinu s koje je loptica započela kretanje. Odgovarajuću x

komponentu označimo sa 0x . Jasno, njena vrijednost u početnom trenutku je

0 0x m (mi biramo

ishodište koordinatnog sistema). Označimo sa 1y i

1x odgovarajuće koordinate kojima odreĎujemo

tačku u kojoj prvi put pri svome kretanju (1 sekundu nakon početka kretanja) loptica penjući se

dostiţe visinu zida. Analogno, koordinate tačke u kojoj loptica, sada padajući, drugi put dostiţe

istu visinu zida označimo sa 2y i

2x (četiri sekunde nakon što je visinu zida dostigla prvi put).

Jasno je da vrijedi 1 2 zy y h , pri čemu smo sa

zh označili visinu zida koja se traţi u posljednjem

dijelu zadatka. Konačno, sa 1fy m i fx R označimo koordinate tačke u kojoj je loptica završila

svoje kretanje, tj. u kojoj je uhvaćena.

a) Kao što smo kazali na početku imamo dva kretanja koja su meĎusobno neovisna. Ono duţ

horizontalne ose je ravnomjerno kretanje, pa je 0 const.x xv v Moţemo pisati da vrijedi

, 1x DD v t

pri čemu je D horizontalna udaljenost izmeĎu dvije tačke u kojima je loptica bila u visini zida, dok

je Dt vrijeme za koje je pomenuta distanca preĎena. Podsjetimo se da Dt ima istu vrijednost

neovisno o tome koje od dva pomenuta kretanja promatramo. Kako su u postavci zadatka date

vijednosti D i Dt , to iz relacije (1) moţemo jednostavno izraziti brzinu xv kao

= . 2x

D

Dv

t

te uvrštavajući date podatke imamo

50 m

= =12.5 m/s . 34 s

xv

(2 boda)

Pri kretanju postoji simetrija, tako da je vrijeme (jedna sekunda) potrebno da loptica dosegne visinu

zida, ujedno i vrijeme trajanja leta od trenutka kada je loptica dostigla drugi put visinu zida u tački

2 2,x y pa do trenutka kada je loptica uhvaćena u tački ,f fx y . Dakle, ukupno vrijeme kretanja

loptice je

1 s 1 s=6 s . 5f Dt t

Razmatrajući ukupni put u horizontalnom pravcu (jednoliko ravnomjerno kretanje) pišemo da

vrijedi

0 . 6f x fL x x v t

Uvrštavajući brojne vrijednosti dobivene pod (3) i (5) dobijemo

m

=12.5 6 s=75 m. 7s

x fL v t

(3 boda)

(b) Sada razmatramo kretanje duţ y ose. Mi biramo koordinatni sistem, pa ćemo izabrati da je

pozitivna y osa usmjerena prema gore. Tada koristimo sljedeću relaciju, gdje su predznaci

usklaĎeni

2

. 82

py

g ty v t

Razmotrimo ovo kretanje iznad samog zida izmeĎu 1y i 2y (dvije pozicije kada je loptica u

visini zida). Jasno je da vrijedi

2 1 0. 9y y

Označimo početnu vrijednost brzine pyv u dijelu kretanja od 1y do 2y sa 1yv . Osim toga, poznato

nam je da je vrijeme 4 s.Dt t Koristeći ove podatke, te relacije (8) i (9), moţemo pisati

2

10 , 102

Dy D

g tv t

odnosno

2

1

m9.81 4 s

ms= =19.62 . 112 2 s

Dy

g tv

Ova vrijednost početne brzine 1yv u dijelu razmatranog kretanja predstavlja brzinu nakon 1

sekunde kretanja, dakle brzinu u trenutku dostizanja visine zida. Sada koristimo opću relaciju

1 0 , 12y yv v g t

pri čemu je 1 st , dok je 0 yv početna brzina kojom je loptica započela kretanje u vertikalnom

pravcu. Iz relacije (12) imamo

0 1 , 13y yv v g t

odnosno

0

m m m19.62 9.81 29.4 . 14

s s syv

(6 bodova)

Konačno, koristeći vrijednosti dobivene pod (3) i (14), te korištenjem Pitagorinog poučka ( 0v je

hipotenuza u tom trouglu) dobijemo da je intenzitet početne brzine

2 22 2

0 0

m m m= 12.5 29.4 = 1020.6 =31.9 . 15

s s sx yv v v

(2 boda)

(c) Označimo ugao izmeĎu horizontalne ose duţ koje imamo vektor 0x xv v i vektora 0v sa .

Tada je tangens ugla jednak odnosu naspramne katete (odgovara vektoru 0 yv ) i nalegle katete

(odgovara vektoru 0x xv v )

0 , 16

y

x

vtg

v

0 029.4=arctg = 67 . 17

12.5

y

x

varctg

v

(2 boda)

(d) Koristimo opću jednadţbu

2

0 0 , 182

z y

g th y y v t

gdje smo uskladili predznake sa našim izborom koordinatnog sistema kao i u prethodnom dijelu

zadatka. Sa 0y smo označili visinu sa koje je loptica udarena ( 0 1 my ), dok za vrijeme t

uzimamo vrijednost 1 st za koje loptica dosegne visinu zida zh . Uvrstimo poznate podatke u

gornju relaciju

2 2

m9.81

m s1 m+ 29.4 1 s 1 s , 19s 2

zh

odnosno

35.3 m . 20zh

(5 bodova)

Slika 1

Zadatak 2

Disk mase m1=0.2 kg kliţe po glatkoj površi i pri tome se sudara sa diskom mase m2 koji je prvobitno

mirovao (v. slika 2). Sudar je elastičan. Nakon toga disk 2 sklizne sa površi na kojoj se prvobitno nalazio.

Domet za kretanje koje slijedi obiljeţen je sa d. Disk 1 takoĎer sklizne sa iste površi, a njegov domet nakon

napuštanja površi iznosi 2d.

c) Izvesti relaciju za brzinu fv2

koju disk 2 ima nakon sudara, a u funkciji masa diskova i početne

brzine diska 1 iv1

. Izvesti relaciju za brzinu fv1

koju disk 1 ima nakon sudara, a u funkciji masa

diskova i početne brzine diska 1 iv1

.

d) Kolika je masa diska 2?

Napomene: 1) Oprezno razmatrati predznake veličina 2) Trenje i otpor vazduha mogu se zanemariti.

Rješenje zadatka 2

a)

Pretpostavimo da je sistem kojeg čine tijela 1 i 2 izoliran. Ukupni impuls sistema prije sudara iznosi:

iisi vmpp 111

(1)

Ukupni impuls sistema poslije sudara iznosi:

ffffsf vmvmppp 221121

(2).

Pošto je sistem kojeg čine tijela 1 i 2 izoliran, vrijedi zakon očuvanja impulsa:

ffi vmvmvm 221111

(3) (4b)

Imajući u vidu da je sudar elastičan, moţemo takoĎer primijeniti zakon očuvanja mehaničke energije.

Ukupna mehanička energija sistema prije sudara iznosi:

2

2

11

1

i

isi

vmEE

(4)

Ukupna mehanička energija sistema poslije sudara iznosi:

22

2

22

2

11

21

ff

ffsf

vmvmEEE

(5)

Primjenom zakona očuvanja mehaničke energije, na osnovu (4) i (5) dobijamo:

222

2

22

2

112

11 ffivmvmvm

(6) (4b)

Potraţimo relacije za finalne brzine tijela 1 i tijela 2, u ovisnosti o inicijalnoj brzini tijela 1.

Iz relacije (3) slijedi:

ffi vmvvm 22111 )( (7)

Iz relacije (6) slijedi: 2

2211111 )()( ffifi vmvvvvm (8).

Dijeljenjem (8) sa (7) dobijamo:

ffi vvv 211 )(

(9).

Kako bismo eliminisali iz relacije (9) finalnu brzinu tijela 1, raspišimo najprije u relaciji (7) izraz za tu

veličinu:

fifffi vm

mvvv

m

mvv 2

1

2

112

1

2

11 )( (10)

Kombiniranjem (10) i (9) dobijamo:

ffii vvm

mvv 22

1

2

11 )(

)(221

21

212

1

2

21m

mmvvv

m

mvv fiffi

if vmm

mv 1

21

1

2

2

(11) (3b)

Iz relacije (9) slijedi:

iff vvv 121

(12)

Kombinovanjem (12) i (11) dobijamo:

)2

()12

(2

21

211

11

21

1

1111

21

1

1mm

mmmvv

mm

mvvvv

mm

mv ififiif

)(21

21

11mm

mmvv if

(13) (3b)

b)

Diskovi iz datog problema, nakon sudara skliznu brzinama fv1 i fv2 sa glatke površi. Drugim riječima,

početne brzine za horizontalni hitac diskova 1 i 2, su upravo one brzine koje diskovi poprime nakon sudara.

Ovo slijedi iz činjenice da su trenje i otpor vazduha zanemarivi, uslijed čega se nakon sudara diskovi duţ

površi kreću ravnomjerno pravolinijski.

Domet diskova isključivo ovisi o trajanju padanja diskova, te o brzinama kojima su diskovi skliznuli sa

glatke površi. Imajući u vidu da na diskove poslije sudara ne djeluju sile u x-pravcu,

x-koordinate diskova mijenjaju se shodno zakonima ravnomjerno pravolinijskog

kretanja. Promjena x-koordinate tijela od početka njihovog padanja do njihovih

udara o tlo, upravo predstavlja domet tijela. Imajući u vidu sve navedeno, moţemo

pisati:

111 2 pf tvdD (14) (1b)

(predznak “-“ označava opadanje x-koordinate)

222 pf tvdD . (15) (1b)

Imajući u vidu da tijela padaju sa iste visine, slijedi da su vremena njihovog padanja meĎusobno

jednaka ppp ttt 21 (jednako je i ubrzanje duţ y-pravca).

Dijeljenjem (14) sa (15) dobijamo:

i

i

f

f

vmm

m

mm

mmv

v

v

1

21

1

21

21

1

2

1

2

)(

22

(16)

SreĎivanjem izraza (16) dobijamo:

kgkgmmmm

mm12.055

22 221

1

21

(17) (4b)

Masa tijela 2 iznosi 1kg.

3. Lopta mase m=1.34 kg povezana je sa rotirajućom šipkom pomoću dvije niti zanemarive mase

(v. slika 3). Duţina svake niti pojedinačno iznosi 1.70L m. Razmak izmeĎu tačaka na šipki pri

kojima su niti povezane je 1.70d m. Intenzitet sile zatezanja gornje niti iznosi Tg=35 N.

a) Naći silu zatezanja u donjoj niti.

b) Naći intenzitet rezultujuće sile rezF koja djeluje na loptu.

c) Odrediti linijsku brzinu lopte.

d) Odrediti pravac rezultujuće sile rezF koja djeluje na loptu.

Rješenje zadatka 3

Na slici je prikazan dijagram odgovarajućih sila koje djeluju na loptu. gT (na slici sa indeksom u)

je sila zatezanja kojom gornja nit djeluje na loptu, dok je sa dT (na slici sa indeksom l )označena

odgovarajuća sila zatezanja kojom donja nit djeluje na loptu. Masa lopte je naznačena simbolom

m . Kako je i prikazano na dijagramu intenzitet sile zatezanja gornje niti je veći u odnosu na silu

zatezanja donje niti, tj. g dT T . Jasno je da sila zatezanja gornje niti mora praviti balans sili

zatezanja donje niti i sili teţe koja djeluje na lopticu (loptica se nalazi gravitacionom polju).

(a) Prije svega izaberimo koordinatni sistem tako da nam je pozitivna x osa usmjerena ka

centru kruţne orbite po kojoj se kreće pričvršćena lopta, tj. usmjerena je ulijevo. Pozitivnu y

osu ćemo usmjeriti prema gore. U ovome zadatku koristimo drugi Newtonov zakon. Dakle,

imamo

, (1)i

i

F ma

ili po komponentama imamo duţ x ose

, (2)ix x

i

F ma

i duţ y ose

. (3)iy y

i

F ma (1 bod)

U gornjim relacijama simbol m na desnoj strani jednadţbi

predstavlja masu lopte. Kako se radi u jednoliko ubrzanom

kretanju, to je ubrzanje u pravcu x ose u ravnini u kojoj se odvija kretanje lopte dato sa poznatim

izrazom 2

= , (4)x

va

R

dok je u pravcu y ose

=0 . (5)ya (1 bod)

Razmotrimo koje sile djeluju na lopticu, prvo duţ x ose. To su x komponente sila zatezanja

gornje, odnosno donje niti. Obje će imati predznak +, kako su usmjerene u smjeru pozitivne x

ose. Dakle, imamo

= , (6)gx gT T cos

odnosno

= . (7)dx dT T cos

Uvrštavajući (4), (6) i (7) u (2) dobijemo 2

. (8)g d

vT cos T cos m

R (3 boda)

Razmotrimo sada sile koje djeluju na loptu u vertikalnom pravcu, tj. duţ y ose. U ovome slučaju

imamo tri sile: odgovarajuće y komponente dviju sila zatezanja, kao i teţinu tijela (lopte). Pri tome

treba, ponovno obratiti paţnju na predznake u skladu sa izborom koordinatnog sistema. Za

y komponente sila zatezanja moţemo pisati

= s , (9)gy gT T in

i

= , (10)dy dT T sin

dok je sila teţe (uz pravilan predznak) data poznatim izrazom

= . (11)G m g

Uvrštavajući (5), (9), (10) i (11) u (3) imamo

s 0 . (12)g dT in T sin m g (4 boda)

Iz odgovarajućeg jednakostraničnog trougla (jer je d L ) moţemo zaključiti da su njegovi uglovi 060 ( 0180 ). x osa predstavlja simetralu koja dijeli ugao na dva manja ugla, svaki po 030 . Dakle, moţemo zabiljeţiti da je ugao dat sa

0=30 . (13)

U postavci zadatka nam je dato gT i m , te uz dobiveni podatak za iz jednadţbe (12) moţemo

dobiti intenzitet sile zatezanja donje niti. Dakle, iz (12) imamo

, (14)s

d g

m gT T

in

odnosno

2

0

m1.34 kg 9.81

13.14 Ns35 N 35 N =8.71 N . (15)s 30 0.5

dTin

(3 boda)

(b) Uzimajući u obzir razmatranja izvedena pod (a), te posebno relacije (8) i (12), moţemo

zaključiti da je ukupna/rezultujuća sila data sa

35 8.71 N 0.866 = 37.85 N. (16)rez g d g dF T cos T cos T T cos

(2 boda)

(c) Ulogu centripetalne sile koja prisiljava tijelo na ovakvu vrstu kretanja ima rezultujuća sila

proračunata u prethodnom dijelu zadatka. Koristeći opći izraz za centripetalnu silu koji glasi

2

, (17)rez

m vF

R

moţemo odrediti brzinu, ako prije toga odredimo radijus kruţnice R po kojoj se kreće lopta.

Radijus (poluprečnik) kruţne putanje po kojoj se kreće lopta se moţe odrediti iz trougla u kojem je

hipotenuza duţina jedne od niti L , dok je 2

d naspramna kateta. Nalegla kateta je R . Tada vrijedi

2= , (18)

d

tgR

odnosno

0

1.7 m

0.852 2= = = m=1.47 m . (19)

30 0.58

d

Rtg tg

Vratimo se jednadţbi (17). Iz nje slijedi da je

. (20)rezF Rv

m

Uvrštavajući dati podatak za masu, kao i podatke dobivene pod (16) i (19) pišemo

37.85 1.47 m 41.52 m = =6.45 m/s . (21)

1.34 s 1.34 sv

(4 boda)

(d) Na osnovu razmatranja izloţenih u prethodnim dijelovima moţemo zaključiti da je smjer

rezultujuće sile koja djeluje na loptu usmjeren ka centru kruţnice po kojoj se kreće lopta. (2

boda)

Zadatak 4

Iznad oceana, pri niskom atomsferskom pritisku, formira se tropska oluja - uragan. Kako se uragan

primiče kopnu, prate ga visoki oceanski valovi. Vjetar dostiţe u nekim tačkama brzinu od 250

km/h.

Na slici je dat shematski prikaz dogaĎaja (v. slika 4). U središnjem području (na slici naznačeno sa

''eye'') brzina vjetra je veoma mala. Atmosferski pritisak u ovome području je 558.5 mmHg.

Atmosferski pritisak u području udaljenom 322 km od središnjeg dijela oluje je 762 mmHg. Ova

tačka je naznačena sa brojem 1 na slici. Brzina vjetra je zanemarivo male vrijednosti u tački 1.

a) Procijeniti visinu MV3h oceanskih valova u tački označenoj brojem 3. Ovo tačka nalazi se

ispod središnjeg područja oluje.

b) Procijeniti visinu oceanskih valova MV2h u tački označenoj brojem 2, iznad koje

olujni vjetar dostiţe brzinu Av =250 km/h. Uvaţiti pri tome da je 0Bv .

Uzeti da je gustoća morske vode MV =1025 kg/m

3 , dok je gustoća ţive Hg =13 584 kg/m

3.

Gustina zraka, pri normalnoj temperaturi i pritisku je n =1.22 kg/m3

.

Pretpostavke u datoj aproksimaciji: 1) zračna struja je stabilna i nestišljiva 2) kapljice morske vode

koje se naĎu u zračnoj struji ne utiču na stabilnost zračnog toka.

Rješenje zadatka 4

(a) Sniţavanje atmosferskog pritiska u nekom području prouzrokuje povećanje nivoa morske vode.

Sniţavanje pritiska stupca atmosfere u nekoj tački se nadomješta sa hidrostatičkim pritiskom

morske vode u toj tački.

Dakle, sniţavanje pritiska u tački 2 u odnosu na tačku 1 vodi ka povećanju nivoa mora u tački2.

Analogno vrijedi i za područje označeno tačkom 3 u kojem je brzina vjetra zanemarivo mala.

Razlika atmosferskih pritisaka u razmatranim područjima 3 i 1, neposredno ispod središnjeg dijela

oluje i 322 km udaljenom dijelu, moţe biti izraţena preko razlike u visini morske vode u tim

područjima. Dakle, vrijedi

Hg Hg MV MV , (1)P g h g h

odnosno

Hg Hg MV MV , (2)h h

Hg Hg

MV

MV

. (3)h

h

Kako odreĎujemo visinu morskog vala (u odnosu na normalan nivo mora) u tački 3, to

moţemo zabiljeţiti

3Hg Hg3

MV3

MV3

kg13584 (762 558.5) mm

m= , (4)kg

1025m

hh

odnosno

Hg Hg3

MV3

MV

=2696.9 mm 2.7 m . (5)h

h

(6 bodova)

(b) Da bi odredili visinu vala u tački 2 potrebno je koristiti Bernoullijevu jednadţbu. U ovome

području imamo izraţene dinamičke efekte jer je brzina vjetra 250 km/h. Prije nego

zabiljeţimo Bernoullijevu jednadţbu za tačke A i B respektivno, zabiljeţimo opći oblik pomenute

jednadţbe

2 2

1 21 1 2 2 . (6)

2 2

v vP g h P g h

U našem slučaju je, na osnovu notacije sa slike

2 2

, (7)2 2

u A u BA u A B u B

v vP g h P g h

odnosno

2 2

, (8)2 2

A A B BA B

u u

P v P vh h

g g g g

Naglasimo da je u oznaka za gustinu zraka u području uragana (tačke A i B se nalaze u

području oluje). Ovakav oblik jednadţbe (8) nam je pogodan da bi rezultate izrazili na

analogan način kao pod a), tj. preko visine stupca zraka. Uzimajući u obzir da se obje tačke

nalaze na istoj horizontalnoj liniji, to će srednji članovi na obje strane otpasti. Osim toga, u

središnjem području (B) brzina je pribliţno nula, tj. po pretpostavci je

0 , (9)Bv

tako da moţemo pisati izraz (8) u sljedećem obliku 2

. (10)2

A A B

u u

P v P

g g g

Iz posljednjeg izraza imamo 2

. (11)2

B A A

u

P P v

g g

Uvrštavajući izraz za brzinu dobijemo

2

2

2 2

2

m69.3

s= =244.5 m . (12)m2

19.6s

B A A

u

P P v

g g

(8 bodova)

Iskoristimo činjenicu da je gustina idealnog plina pri konstantnoj temperaturi

proporcionalna apsolutnom pritisku i gustini zraka pri normalnom pritisku. Tada imamo

= . (13)uu n

n

P

P

Uvrštavajući podatke koji su nam dati u postavci zadatka, moţemo na osnovu prethodne

relacije odrediti gustoću zraka u uraganu

3 3 3

558.5 mm kg kg kg= 1.22 =0.895 0.9 . (14)

762 mm m m mu

Koristeći relaciju analognu relaciji (3), visina stupca morske vode ekvivalentna stupcu

zraka visine 244.5 m (pogledati (12)) u području uragana je odreĎena sa

3

MV3

kg0.9 244.5 m

m= =0.22 m. (15)kg

1025m

u zd

hh

(4 boda)

Prema tome pritisak u tački 2 je viši u odnosu na pritisak u tački 3. Ovo je posljedica razlike

u brzini strujanja zraka. Visina valova u tački 2 je viša za 0.22 metra u odnosu na tačku 3 u kojoj

smo odredili visinu valova neposredno ispod središnjeg dijela uragana u kojemu je brzina strujanja

zraka zanemariva. Konačno moţemo pisati da je visina valova (stupca morske vode) u

tački 2 data sa

MV2 MV3 2.7 m+0.22 m 2.9 m . (16)dh h h (2 boda)

Kao što smo kazali u postavci zadatka model idealnog fluida daje samo procjenu, tj. u našem

slučaju on nam govori da je limit (gornja granica) u razlici visina valova u tačkama 2 i 3 odreĎena

sa vrijednošću 0.22 metra. Jasno, ova razlika je posljedica razlike u brzinama

strujanja zraka unutar oluje iznad dva pomenuta područja oceana.

Slika 4

5. Plemeniti plin argon ulazi u turbinu brzinom 80 kg/min, temperaturi 800 0C i pritisku 1.50

MPa.

Potom se plin adijabatski širi potiskujući lopatice turbine, te izlazi izvan nje pri pritisku 300

kPa.

d) Odrediti temperaturu plina pri izlazu iz turbine.

e) Izračunati maksimalnu izlaznu snagu pokretne turbine.

f) Pretpostaviti da je turbina jedan dio stroja sa zatvorenim plinskim ciklusom. Odrediti

maksimalnu efikasnost stroja.

Pri izradi zadatka pretpostaviti da je argon jednoatomni idealni plin. Uzeti za univerzalnu plinsku

konstantu 8.314R J/(mol K). Molarna masa argona je 0.0399 kg/mol.

Rješenje zadatka 5

(a) U adijabatskom procesu, koji se odvija prema postavci zadatka, te u skladu sa zakonima

idealnog plina, vrijedi

, 1f f i iP V PV

kao i

. 2f f i i

f i

P V PV

T T

Podijelimo drugu jednadţbu sa prvom

, 3f f i i

f f f i i i

P V P V

P V T PV T

dobijemo

1 1

. 4f i

f i

P P

T T

U zadatku se traţi temperatura plina pri izlazu iz turbine, tj. traţi se fT . Iz jednadţbe (4) imamo

1 1 . 5f i i fT P T P

Odavde biljeţimo da je

1

. 6f

f i

i

PT T

P

(5 bodova)

Da bi izračunali fT , potreban nam je podatak za . Ova veličina predstavlja odnos specifičnog

toplinskog kapaciteta pri konstantnom pritisku, odnosno zapremine, tj. vrijedi sljedeći izraz

= . 7P

V

c

c

Kako je Ar jednoatomski idealan plin (unutar našeg modela) to su veličine Pc i

Vc date sa

5

c = , 82

P R

3

c = , 92

V R

pri čemu je R univerzalna plinska konstanta. Uvrštavajući ove vrijednosti u relaciju (7) imamo

5

= . 103

Osim toga imamo

1 2

= =0.4. 115

Koristeći (11) kao i date podatke u izrazu (6) moţemo izračunati traţenu temperaturu

0.4

5

5

3 10 Pa1073 K =564 K . 12

15 10 PafT

(5 bodova)

(b) U slučaju adijabatske ekspanzije proizilazi da je

Q=0 J. 13

Podsjetimo se I zakona termodinamike

U=Q W. 14

Uzimajući u obzir (13) izraz (14) poprima sljedeći oblik

U= W. 15

Moţemo zaključiti da će rad izvršen od strane plina argona u navedenom procesu odgovarati

negativnoj promjeni unutarnje energije. TakoĎer, znamo da je promjena unutarnje energije u

adijabatskom procesu data sa

T. 16VU nc

Kombinirajući (15) i (16) dobijemo

T= ( ). 17V V f iW nc nc T T (5 bodova)

Za snagu pišemo da je

( )

. 18V f inc T TW

Pt t

Specifični toplinski kapacitet pri konstantnoj zapremini je 8.314 J/mol K iz formule (9).

Uvrstimo podatke u posljednju formulu (18)

1 mol 380 kg 8.314 J/(mol K) 564 1073 K

0.0399 kg 2 . 19

60 sP

Nakon računa dobijemo

212 kW . 20P (3 boda)

(c) 564 K

1 =1 =0.475. 211073 K

c

h

Te

T (2 boda)

Efikasnost ove mašine bi bila 47.5%.

XVIII FEDERALNO TAKMIČENJE

UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA IZ FIZIKE

KAKANJ, 20.04.2013.

OBLAST B: Oscilacije, talasi i elektromagnetizam

Zadaci:

1. Pri ravnoteţi sistema, prikazanog na slici 1, opruga se istegne za 7 cm u odnosu na

nedeformisano stanje. Odrediti period oscilovanja ovog sistema koji počinje da osciluje, ako se teg

mase m1 = 300 g, povuče naniţe i pusti. Masa tega m2 = 100 g, masa kruţne ploče je m3 = 100 g,

poluprečnik je R = 5 cm, a debljina 1 cm. Masa uţeta i masa opruge su zanemarljivo male. Uţe ne

proklizava preko kruţne ploče. Trenje kruţne ploče oko osovine moţe se zanemariti.

2. Učenik ispusti zvučnu viljušku koja vibrira frekvencijom

440 Hz u okno lifta visoke zgrade. Koliko daleko u oknu se

nalazi viljuška kada učenik čuje zvuk frekvencije 400 Hz?

3. Koliko naelektrisanje treba predati mjehuru od sapunice,

poluprečnika 1 cm, da bi mu se poluprečnik udvostručio pri

konstantnoj temperaturi? Koeficijent površinskog napona sapunice je

0,04 N/m, a pritisak spoljašnjeg vazduha je 100 kPa.

U kom slučaju površinski napon ne utiče na rezultat, a u kom je

njegov uticaj dominantan?

4. Aluminijski štap duţine 1m, Jangovog modula stišljivosti 70 GPa

i gustine 2,7 g/cm3, ukliješten je na sredini, Slika 2, i predstavlja

polutalasni mehanički oscilator. Na čeonoj strani šipke nalazi se laka kruţna aluminijska ploča

poluprečnika r = 1,5 cm. Naspram ove ploče, na rastojanju d = 1mm nalazi se ista takva ploča, tako

da one čine vazdušni kondenzator. Ovaj kalem vezan je sa kalemom induktiviteta 1 mH.

Kondenzator i kalem čine električni rezonator. Kolika je rezonantna frekvencija ovog rezonatora,

kada štap:

a) ne osciluje

b) osciluje, tako da krajevi štapa osciluje sa amplitudom od 0,1 mm?

c) Odrediti maksimalnu i minimalnu rezonantnu frekvenciju?

5. Snop naelektrisanih čestica, ubrzanih naponom U, ulijeće u

dugačak solenoid u nekoj tački A na njegovoj osi. Ugao

divergencije snopa je veoma mali. Mjenjanjem jačine struje kroz

solenoid, kontinuirano se mjenja i indukcija magnetnog polja u

njemu. Primjećeno je da se pri vrijednosti indukcije B1 čestice

fokusiraju u tački M (na osi solenoida), udaljenoj za l od tačke A.

Potom se polje pojačava i pri indukciji B2 čestice se ponovo

fokusiraju u tački M. Odredi specifično naelektrisanje čestice.

Smatrati da je poluprečnik solenoida veći od prečnika putanje

čestica u solenoidu.

k

m3

m1

Slika 1

R

m2

2r

d

Slika 2

l/2

L

Rješenja:

1. Pri ravnoteţi sistema, prikazanog na slici 1, opruga se

istegne za 7 cm u odnosu na nedeformisano stanje. Odrediti

period oscilovanja ovog sistema koji počinje da osciluje,

ako se teg mase m1 = 300 g, povuče naniţe i pusti. Masa

tega m2 = 100 g, masa kruţne ploče je m3 = 100 g,

poluprečnik je R = 5 cm, a debljina 1 cm. Masa uţeta i masa

opruge su zanemarljivo male. Uţe ne proklizava preko

kruţne ploče. Trenje kruţne ploče oko osovine moţe se

zanemariti.

Rješenje:

cm7

cm1

cm5

g100

g100

g300

3

2

1

Δl

d

R

m

m

m

T = ?

U stanju ravnoteţe:

lkgmgm 12 ....................................

................................................(1)

gmmlk )( 21

gl

mmk

21 ......................................................................................(1)

mk

2

2

107

s

m81,9kg)1,03,0(

m

N28k .............................................................................................(1)

Kada se teg mase m1 povuče naniţe i pusti sistem počinje da osciluje sa ubrzanjem a:

111 Fgmam .....................................................................................(1)

amgmF 111 ....................................................................................(1)

)(222 ylkgmFam .................................................................(1)

kylkgmamF 222

kygmmgmamF )( 21222

kygmamF 122 ...........................................................................(1)

IRFF )( 21 ................................................................................(1)

k

m3

m1

Slika 1

R

m2

k

m3

m1

Slika 1

R

m2

m2g

ky

F2

F2 F2

m1g

............(4)

R

aRmRFF 2

3212

1)( .......................................................................(1)

amFF 3212

1 ...................................................................................(1)

amkygmamamgm 312112

1

amkyamam 3212

1

0)2

1( 321 kyammm

0

2

1321

y

mmm

ka ..................................................................(1)

02 ya .......................................................................................(1)

321

2

2

1mmm

k

........................................................................(1)

kg45,0

m

N28

2

2

22

s

rad22,62

s

rad89,7 ....................................................................................(1)

T

2

2T ..............................................................................................(1)

s

rad89,7

rad2T

s796,0T

s8,0T ...........................................................................................(1)

2.Učenik ispusti zvučnu viljušku koja vibrira frekvencijom 440 Hz u okno lifta visoke zgrade.

Koliko daleko u oknu se nalazi viljuška kada učenik čuje zvuk frekvencije 400 Hz?

Rješenje:

Viljuška slobodno pada niz okno, te je njena udaljenost od učenika koji ju je ispustio data sa:

gdje je t vrijeme od trenutka ispuštanja viljuške.

gdje je trenutak u kojem viljuška postigne takvu brzinu da zbog dopplerovog efekta učenik

čuje zvuk frekvencije fp = 400 Hz, a vrijeme potrebno da zvuk (brzine vz) koji viljuška

proizvede u trenutku stigne do učenika.

U trenutku brzinu viljuške vi je takva da iz relacije

dobijamo

Udaljenost na kojoj se u tom trenutku viljuška nalazi je

Tako dobijamo

Konačno

3. Koliko naelektrisanje treba predati mjehuru od sapunice, poluprečnika 1 cm, da bi mu se

poluprečnik udvostručio pri konstantnoj temperaturi? Koeficijent površinskog napona

sapunice je 0,04 N/m, a pritisak spoljašnjeg vazduha je 100 kPa. U kom slučaju površinski

napon ne utiče na rezultat, a u kom je njegov uticaj dominantan?

Rješenje:

Kada mjehur nije naelektrisan, pritisak vazduha u njemu je:

U naelektrisanom mjehuru pritisak je:

S obzirom da je T=const., vrijedi:

Odnosno

a prema uslovima zadatka vrijedi:

r1 = r i r2 = 2 r

te nakon uvrštavanja

i sreĎivanja, sljedi:

Uvrstimo li u posljednju jednačinu

sreĎivanjem se dobije:

Površinski napon ne utiče na rezultat ako je:

Površinski napon je dominantan kada je

Na osnovu podataka iz zadatka, dobija se

što je mnogo manje od poluprečnika mjehura (10

-2 cm), pa je:

4. Aluminijski štap duţine 1m, Jangovog modula stišljivosti 70 GPa i gustine 2,7 g/cm3,

ukliješten je na sredini, slika 2, i predstavlja polutalasni mehanički oscilator. Na čeonoj strani

šipke nalazi se laka kruţna aluminijska ploča poluprečnika r = 1,5 cm. Naspram ove ploče,

na rastojanju d = 1mm nalazi se ista takva ploča, tako da one čine vazdušni kondenzator. Ovaj

kalem vezan je sa kalemom induktiviteta 1 mH. Kondenzator i kalem čine električni

rezonator. Kolika je rezonantna frekvencija ovog rezonatora, kada štap:

a) ne osciluje

b) osciluje, tako da krajevi štapa osciluje sa amplitudom od 0,1 mm?

c) Odrediti maksimalnu i minimalnu rezonantnu frekvenciju?

Rješenje:

3

0

0

cm

g7,2

GPa70

mm5,1

mm1,0

mm1

mH1

m1

E

r

x

d

L

l

??,)

?)

?)

minmax

0

ffc

fb

fa

2r

d

Slika 4

l/2

L

Kada štap ne osciluje tada je: d = d0

Kada štap osciluje tada je:

d = d0 + x, odnosno; d = d0 + x0sin(t).....................................................................(1)

f 2

cf

42

l

l2

m2 ......................................................................................................................(1) 2cE

Ec

s

km09,5c ..............................................................................................................(1)

Brzina longitudinalnog talasa u aluminijskoj šipci iznosi 5,09 km/s.

kHzf 545,2 ...........................................................................................................(1)

Frekvencija oscilovanja aluminijske šipke iznosi 2,54 kHZ.

fT

1

msT 4,0 ..................................................................................................................(1)

Period oscilovanja aluminijske šipke iznosi 0,4 ms.

l

E

22

E

l

s

rad31016 .........................................................................................................(1)

Kruţna frekvencija aluminijske šipke iznosi 16 000 rad/s.

)sin(00 txdd

t

E

lxdd

sin00 .............................................................................................(1)

)16000sin(1,01 ts

radmmmmd .........................................................................(1)

mmd 9,0min ............................................................................................................(1)

Minimalno rastojanje meĎu kondenzatorskim pločama iznosi 0,9 mm.

mmd 1,1max ..................................................................................................................................(1)

Maksimalno rastojanje meĎu kondenzatorskim pločama iznosi 1,1 mm.

0

00d

SC

0

2

00d

rC

pFC 25,60 ................................................................................................................(1)

Kada aluminijski štap ne osciluje kapacitet kondenzatora se ne mijenja i iznosi 6,25 pF.

0

02

1

LCf

a) MHzf 0,20 ..................................................................................................(1)

Rezonantna frekvencija rezonatora, kada aluminijska šipka ne osciluje, iznosi 2,0 MHz.

Relacija za kapacitet kondenzatora kada aluminijska šipka osciluje, glasi:

tE

xd

rC

sin00

2

0 ......................................................................................(2)

00

2

0maxxd

rC

pFC 95,6max ......................................................................................................(1)

00

2

0minxd

rC

pFC 68,5min .............................................................................................................(1)

Električni kapacitet kondenzatora osciluje periodično izmeĎu maksimalne i minimalne

vrijednosti Cmax = 6,95 pF i Cmin = 5,68 pF.

tE

lxd

rL

f

sin

2

1

00

2

0

Frekvencija oscilovanja data je sljedećom relacijom:

Lr

tE

lxd

f

0

00

2

sin

..............................................................................(2)

Hm

tmmmm

f3122 1014,3

m

F1085,8105,12

s

rad16000sin1,01

b) MHzts

radf )16000sin(1064,0

c) MHzMHzf 12,21164,0max ……………………..………………....................(1)

MHzMHzf 92,1964,0min ………………………………………........................(1)

Rezonantna frekvencija mijenja se periodično ima vrijednosti od

fmin = 1,92 MHz do fmax = 2,12 MHz.

5. Snop naelektrisanih čestica, ubrzanih naponom U, ulijeće u dugačak solenoid u nekoj tački

A na njegovoj osi. Ugao divergencije snopa je veoma mali. Mjenjanjem jačine struje kroz

solenoid, kontinuirano se mijenja i indukcija magnetnog polja u njemu. Primjećeno je da se

pri vrijednosti indukcije B1 čestice fokusiraju u tački M (na osi solenoida), udaljenoj za l od

tačke A. Potom se polje pojačava i pri indukciji B2 čestice se ponovo fokusiraju u tački M.

Odredi specifično naelektrisanje čestice. Smatrati da je poluprečnik solenoida veći od

prečnika putanje čestica u solenoidu.

Rješenje:

Brzina čestice u tački A je:

Korak zavojnice po kojoj će se kretati čestica u solenoidu nakon relativno kratkog postupka

izvoĎenja glasi:

ugao po uslovu zadatka je mali: tj.

Čestica će presjeći osu solenoida nakon svakog perioda obrtanja, odnosno nakon preĎenog

cijelog broja koraka zavojnice duţ pravca polja. Dakle:

Iz navedenih jednačina sljedi:

Nakon sreĎivanja prethodne relacije dobije se specifično naelektrisanje čestice:

Kakanj, 20. 04. 2013.

OSAMNAESTO FEDERALNO TAKMIČENJE/NATJECANJE

U ZNANJU IZ FIZIKE UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA

OBLAST C – OPTIKA I ATOMSKA FIZIKA

Zadatak 1. Predmet se nalazi lijevo od tankog sabirnog sočiva, ţiţne daljine 10 cm, na

udaljenosti od 15 cm. Na udaljenosti 25 cm desno od sočiva postavljeno je konkavno sferno

ogledalo radijusa zakrivljenosti 10 cm.

a) Naći poloţaj, uvećanje i karakter konačnog lika. Da li je lik uspravan ili obrnut?

b) Konstrukcijom odrediti poloţaj konačnog lika.

Zadatak 2. Plankonveksno sočivo radijusa zakrivljenosti 0,8 mR postavljeno je na

planparalelnu pločicu tako da je zakrivljenom stranom okrenuto prema dolje. Na ravnu stranu

sočiva okomito pada monohromatska svjetlost talasne duţine , a interferentna slika se

posmatra u reflektovanoj svjetlosti.

a) Nacrtati svjetlosne zrake koje dovode do nastanka interferentne slike. Odrediti putnu

razliku meĎu njima na mjestu gdje se formira prsten radijusa r.

b) Kolika je talasna duţina upotrijebljene monohromatske svjetlosti ako je radijus petog

svijetlog prstena 1,5 mm?

c) Koliki će biti radijus petog tamnog prstena ako se stakleno sočivo i planparalelna

pločica, umjesto u vazduhu, nalaze u vodi indeksa loma 1,33?

d) Sočivo se sada postavi na planparalelnu pločicu na kojoj se nalazi tanak sloj prašine.

Kolika je debljina sloja prašine ako se radijus petog svijetlog prstena smanji na 1,3 mm?

Napomena: u okviru ovog zadatka, tamo gdje je neophodno, treba izvesti relacije koje

povezuju radijus prstena, radijus zakrivljenosti sočiva i talasnu duţinu svjetlosti a ne koristiti

gotove formule.

Zadatak 3. Uslijed difrakcionih efekata postoji minimalna ugaona rezolucija pri kojoj

posmatrač moţe golim okom razlikovati dva blisko postavljena predmeta.

a) Pretpostavljajući da je dijametar pupile ljudskog oka 2,75 mm, odrediti rastojanje sa

kojeg posmatrač još moţe razlikovati farove auta čiji razmak je 1,22 m.

b) Tehnika slikara pointilističke škole sastoji se u nanošenju na platno enormnog broja

blisko postavljenih malih tačaka (dimenzije oko 1,5 mm) čistog pigmenta, pri čemu se iluzija

miješanja boja ostvaruje u oko posmatrača. Na kojoj udaljenosti od slike treba da stoji

posmatrač sa dijametrom pupile oka 2 mm, da bi postigao ţeljeni utisak miješanja boja?

Pretpostaviti da je srednja talasna duţina svjetlosti 550 nm.

Zadatak 4. Zahvaljući metodi hlaĎenja atoma pomoću lasera, fizičari su danas u mogućnosti

ostvariti temperature koje dostiţu i do milionitog dijela jednog Kelvina. Metoda je predloţena

1975. godine nezavisno od dvije grupe naučnika D. J. Winelanda (2012) i H. D. Dehmelta

(1989) i T. W. Hänscha (2005) i A. L. Schawlowa (1981) (efekat je demonstriran 1978.

godine; ovi naučnici su kasnije postali dobitnici Nobelove nagrade – godina dodjele je data u

zagradama). U eksperimentu se atomi koji se kreću prema laseru bombarduju fotonima.

HlaĎenje je moguće samo ako atom apsorbuje foto-ne, tj. ako fotoni imaju rezonantnu

energiju (frekvenciju) koja odgovara prelazu atoma iz osnovnog u prvo pobuĎeno stanje.

MeĎutim, u eksperimentalnim uslovima energija emi-tovanih fotona uvijek mora biti za neku

malu vrijednost manja od rezonantne energije.

a) Objasnite zašto je hlaĎenje atoma pomoću lasera moguće samo pri tačno odreĎenim

energijama (frekvencijama) emitovanih fotona.

b) Objasnite zašto se u eksperimentu energija emitovanih fotona mora podesiti na

vrijednost manju od rezonantne energije.

c) Ako se u eksperimentu vrši usporavanje atoma vodika koji se nalazi u osnovnom

stanju na temperaturi od 290 K, odrediti kolika mora biti najniţa frekvencija emitovanih

fotona da bi se atom vodika usporio. Za koliko se promijeni brzina atoma vodika?

Koristiti slijedeće vrijednosti konstanti: univerzalna gasna konstanta 8,31 J / mol KR ,

Planckova konstanta 346,63 10 J sh , brzina svjetlosti u vakuumu 83,00 10 m/ sc i

elementarno naelektrisanje 191,60 10 Ce . Energija jonizacije i masa vodikovog atoma su

13,6 eV i 27

H 1,66 10 kgm , respektivno.

Zadatak 5. Američka agencija za svemirska istraţivanja (NASA) je krajem 1970-tih u svemir

lansirala dvije svemirske sonde pod nazivima Voyager 1 i Voyager 2. Kao izvor napajanja

sondi korišten je termoelektrični generator na bazi radioaktivnog raspada koji kao gorivo

koristi plutonijum-238 ( 94Z ) koji se radioaktivno raspada emitujući α-čestice kinetičke

energije 5,5 MeV.

a) Da li se plutonijum-238 moţe raspadati emitujući deuterijum umjesto α-čestice?

b) Kolika se energija oslobodi pri jednom radioaktivnom raspadu? Smatrati da se jezgre

plutonijuma nalaze u stanju mirovanja u trenutku raspada.

c) Ako je snaga nuklearnog generatora u trenutku lansiranja sonde iznosila 470 W,

odrediti početnu masu plutonijuma. Nakon što snaga generatora opadne na osminu početne

vrijednosti, sonda neće moći slati radiosignale ka Zemlji. Odrediti nakon koliko godina će se

ovo desiti?

Koristiti slijedeće podatke za mase: masa plutonijuma 238

94Pu 238,0495599 um , masa

neptunijuma 236

93 Np 236,046570 um , masa urana 234

92 U 234,0409521 um , masa α-

čestice 4,002603254 um , masa deuterijuma D 2,014101777 um , gdje je atomska

jedinica mase 2u 931,494061 MeV / c . Vrijeme poluraspada plutonijuma 238

94 Pu je 90

godina. Elementarni naboj je 191,602 10 Ce , a Avogadrova konstanta 23 1

A 6,022 10 molN .

RJEŠENJA ZADATAKA GRUPE C

Napomena: Vrijeme predviĎeno za izradu zadataka je 180 minuta.

Nije dozvoljena upotreba pomoćne literature.

Dozvoljeno je korištenje dţepnog kalkulatora.

U desnom gornjem uglu svakog lista napisati dobijenu šifru.

Svaki zadatak nosi po dvadeset bodova.

Svaki zadatak nosi po 20 bodova.

Zadatak 1. Predmet se nalazi lijevo od tankog sabirnog sočiva, ţiţne daljine 10 cm, na

udaljenosti od 15 cm. Na udaljenosti 25 cm desno od sočiva postavljeno je konkavno sferno

ogledalo radijusa zakrivljenosti 10 cm.

a) Naći poloţaj, uvećanje i karakter konačnog lika. Da li je lik uspravan ili obrnut?

b) Konstrukcijom odrediti poloţaj konačnog lika.

Rješenje:

Svjetlost koja se širi od predmeta prolazi kroz sočivo i prelama se. Nakon toga, svjetlost se

reflektuje na sfernom ogledalu te ponovo prolazi kroz sočivo i nastavlja da se širi. Poloţaj

konačnog lika moţemo odrediti na slijedeći način: primijenit ćemo jednačinu tankog sabirnog

sočiva da naĎemo poloţaj lika nakon prolaska svjetlosti kroz sočivo. Ovaj lik je onda predmet

za sferno ogledalo, pa primjenom jednačine sfernog ogledala moţemo naći poloţaj lika nakon

refleksije. Ovaj lik je predmet za tanko sočivo, te ponovnom primjenom jednačine tankog

sočiva nalazimo poloţaj konačnog lika.

a) Iz jednačine tankog sabirnog sočiva

1 1 1

1 1 1

p l f

slijedi

1 11

1 1

15 cm 10 cm30 cm

15 cm 10 cm

p fl

p f

.

5 bodova

Dakle, lik predmeta nakon prolaska kroz sočivo nalazi se na udaljenosti 30 cm iza sočiva.

Kako je udaljenost ogledala od sočiva 25 cm ovaj lik predstavlja virtualni predmet za

ogledalo i nalazi se na udaljenosti od 5 cm od ogledala. Obzirom da je lik virtualan tu

udaljenost treba uzeti sa predznakom minus. Iz jednačine ogledala

2 2 2

1 1 1

p l f

slijedi

2 22

2 2

( 5) cm 5 cm2,5 cm

5 cm 5 cm

p fl

p f

.

3 boda

Nakon refleksije na sfernom ogledalu formira se realan lik koji se nalazi na udaljenosti od 25

cm – 2,5 cm = 22,5 cm od sočiva. Poloţaj konačnog lika je

3 13

3 1

22,5 cm 10 cm18 cm

22,5 cm 10 cm

p fl

p f

.

Prema tome, konačni lik je realan i formira se lijevo od sočiva na udaljenosti 18 cm.

4 boda

Uvećanje lika je

31 21 2 3

1 2 3

30 cm 2,5 cm 18 cm0,8

15 cm 5 cm 22,5 cm

ll lu u u u

p p p

.

Pozitivan predznak ispred apsolutne vrijednosti uvećanja lika govori da je on uspravan.

4 boda

b) Konstrukcija konačnog lika prikazana je na slici.

4 boda

Zadatak 2: Plankonveksno sočivo radijusa zakrivljenosti 0,8 mR postavljeno je na

planparalelnu pločicu tako da je zakrivljenom stranom okrenuto prema dolje. Na ravnu stranu

sočiva okomito pada monohromatska svjetlost talasne duţine , a interferentna slika se

posmatra u reflektovanoj svjetlosti.

a) Nacrtati svjetlosne zrake koje dovode do nastanka interferentne slike. Odrediti putnu

razliku meĎu njima na mjestu gdje se formira prsten radijusa r.

b) Kolika je talasna duţina upotrijebljene monohromatske svjetlosti ako je radijus petog

svijetlog prstena 1,5 mm?

c) Koliki će biti radijus petog tamnog prstena ako se stakleno sočivo i planparalelna

pločica, umjesto u vazduhu, nalaze u vodi indeksa loma 1,33?

d) Sočivo se sada postavi na planparalelnu pločicu na kojoj se nalazi tanak sloj prašine.

Kolika je debljina sloja prašine ako se radijus petog svijetlog prstena smanji na 1,3 mm?

Napomena: u okviru ovog zadatka, tamo gdje je neophodno, treba izvesti relacije koje

povezuju radijus prstena, radijus zakrivljenosti sočiva i talasnu duţinu svjetlosti a ne koristiti

gotove formule.

Rješenje: a) Svjetlost koja okomito pada na ravnu stranu sočiva prolazi kroz sočivo i na

zakrivljenoj graničnoj površini staklo-vazduh se jednim dijelom reflektuje a jednim prelomi.

Prelomljeni svjetlosni zrak se reflektuje od planparalelne pločice i, nakon prolaska kroz

sočivo, izlazi paralelno sa prvim zrakom (slika 1). IzmeĎu ova dva svjetlosna zraka postoji

putna razlika, te njihovo meĎusobno slaganje dovodi do pojave interferentne slike u obliku

koncentričnih prstenova.

Slika 1 Slika 2

Pri odreĎivanju putne razlike treba voditi računa o dva efekta: prvo, pri refleksiji od optički

gušće sredine svjetlosni talas promijeni fazu za , što je analogno pomjeranju talasa za

duţinu 2 , i drugo, pri odreĎivanju putne razlike u obzir treba uzeti optičku razliku puteva,

koja je jednaka proizvodu geometrijske razlike puteva i indeksa loma sredine kroz koju se širi

jedan od talasa. Označimo sa d debljinu sloja izmeĎu dvije staklene površine na mjestu gdje

se formira prsten radijusa r. Tada je putna razlika dva svjetlosna talasa koji interferiraju

jednaka

22

s nd

,

gdje je n indeks loma sredine izmeĎu dvije staklene površine, a 2 dolazi zbog činjeni-ce

da se jedan svjetlosni zrak reflektovao od staklene površine (tj. od optički gušće sredi-ne), i

time promijenio fazu za . Vezu izmeĎu debljine sloja i radijusa prstena moţemo uspostaviti

na osnovu slike 2. Vrijedi:

22 2 2 2 22R R d r R Rd d r ,

odakle dobijamo

2 22 2 2r Rd d d R d Rd ,

gdje smo iskoristili aproksimaciju R d . Putna razlika je, prema tome

2 2

22 2 2

r rs n n

R R

.

6 bodova

b) Svijetli prstenovi će nastati na mjestima gdje je ispunjen uslov konstruktivne interfe-rencije

s k . Kako se sočivo nalazi u vazduhu, to je 1n i

2

2

rk

R

,

2

2 12

rk

R

.

Peti svijetli prsten se dobije kada je 5k , pa je talasna duţina upotrijebljene svjetlosti

2 3 22 2 (1,5 10 m)

625nm9 9 0,8 m

r

R

.

4 boda

c) Tamne prstenove dobijamo pri destruktivnoj interferenciji svjetlosti za koju vrijedi

2 12

s k

.

Kada uvrstimo izraz za putnu razliku iz dijela zadatka a) dobijamo

2

2 12 2

rn k

R

,

odnosno 2r

n kR

.

Za 5k slijedi

9

35 5 625 10 m 0,8 m1,37 10 m 1,37mm

1,33

Rr

n

5 bodova

d) Označimo sa h debljinu sloja prašine. Sada će putna razlika izmeĎu svjetlosnih talasa

koji interferiraju iznositi

2 22

s d h

,

odnosno

22

d h k

,

2 29

2 1 2 14 4 2 4 2

r rh k d k

R R

,

2

396

1,3 10 m9 625 10 m0,35 10 m 0,35 μm

4 2 0,8 mh

.

5 bodova

Zadatak 3. Uslijed difrakcionih efekata postoji minimalna ugaona rezolucija pri kojoj

posmatrač moţe golim okom razlikovati dva blisko postavljena predmeta.

a) Pretpostavljajući da je dijametar pupile ljudskog oka 2,75 mm, odrediti rastojanje sa

kojeg posmatrač još moţe razlikovati farove auta čiji razmak je 1,22 m.

b) Tehnika slikara pointilističke škole sastoji se u nanošenju na platno enormnog broja

blisko postavljenih malih tačaka (dimenzije oko 1,5 mm) čistog pigmenta, pri čemu se iluzija

miješanja boja ostvaruje u oko posmatrača. Na kojoj udaljenosti od slike treba da stoji

posmatrač sa dijametrom pupile oka 2 mm, da bi postigao ţeljeni utisak miješanja boja?

Pretpostaviti da je srednja talasna duţina svjetlosti 550 nm.

Rješenje:

Rayleighov kriterij minimalne ugaone rezolucije glasi:

1,22D

, (1)

gdje je D dijametar pupile, a λ talasna duţina. 6 bodova

a) Ugao pod kojim posmatrač koji se nalazi na rastojanju d od auta vidi farove auta koji su na

meĎusobnom rastojanju 1,22 mr je:

r

d .

4 boda

Tada se na osnovu relacije (1) za traţeno rastojanje dobija:

3

9

1,22 m 2,75 10 m5 km

1,22 1,22 550 10 m

r r Dd

.

5 bodova

b) Posmatrač još moţe razlikovati dvije tačke na slici koje su na meĎusobnom rastojanju 1,5

mm ako se nalazi na slijedećoj udaljenosti od slike:

3 3

9

1,5 10 m 2 10 m4,47 m

1,22 1,22 550 10 m

r Dd

.

Dakle, sa udaljenosti reda veličine 5 metara (odnosno sa udaljenosti veće od 4,47 m)

posmatrač će imati utisak miješanja boja na slici.

5 bodova

Zadatak 4. Zahvaljući metodi hlaĎenja atoma pomoću lasera, fizičari su danas u mogućnosti

ostvariti temperature koje dostiţu i do milionitog dijela jednog Kelvina. Metoda je predloţena

1975. godine nezavisno od dvije grupe naučnika D. J. Winelanda (2012) i H. D. Dehmelta

(1989) i T. W. Hänscha (2005) i A. L. Schawlowa (1981) (efekat je demonstriran 1978.

godine; ovi naučnici su kasnije postali dobitnici Nobelove nagrade – godina dodjele je data u

zagradama). U eksperimentu se atomi koji se kreću prema laseru bombarduju fotonima.

HlaĎenje je moguće samo ako atom apsorbuje foto-ne, tj. ako fotoni imaju rezonantnu

energiju (frekvenciju) koja odgovara prelazu atoma iz osnovnog u prvo pobuĎeno stanje.

MeĎutim, u eksperimentalnim uslovima energija emi-tovanih fotona uvijek mora biti za neku

malu vrijednost manja od rezonantne energije.

a) Objasnite zašto je hlaĎenje atoma pomoću lasera moguće samo pri tačno odreĎenim

energijama (frekvencijama) emitovanih fotona.

b) Objasnite zašto se u eksperimentu energija emitovanih fotona mora podesiti na

vrijednost manju od rezonantne energije.

c) Ako se u eksperimentu vrši usporavanje atoma vodika koji se nalazi u osnovnom

stanju na temperaturi od 290 K, odrediti kolika mora biti najniţa frekvencija emitovanih

fotona da bi se atom vodika usporio. Za koliko se promijeni brzina atoma vodika?

Koristiti slijedeće vrijednosti konstanti: univerzalna gasna konstanta 8,31 J / mol KR ,

Planckova konstanta 346,63 10 J sh , brzina svjetlosti u vakuumu 83,00 10 m/ sc i

elementarno naelektrisanje 191,60 10 Ce . Energija jonizacije i masa vodikovog atoma su

13,6 eV i 27

H 1,66 10 kgm , respektivno.

Rješenje:

a) Atom apsorbuje energiju samo u kvantima energije jer su energetski nivoi diskretni. Ako

foton nema energiju koja odgovara energiji prelaza iz osnovnog stanja u prvo pobuĎeno

stanje, atom neće apsorbovati foton. U tom slučaju će sudar izmeĎu atoma i fotona biti u

potpunosti elastičan. Pri elastičnom sudaru nema promjene energije čestica tako da ne moţe

doći do usporavanja (hlaĎenja) atoma.

4 boda

b) Usljed relativnog kretanja prijemnika (atom) i izvora (laser) dolazi do Dopplerovog efekta.

S obzirom da se atom kreće ka izvoru, frekvencija emitovanih fotona se pomjera ka višim

vrijednostima. Zbog toga je neophodno podesiti rad lasera na niţim frekvencijama od

rezonantne frekvencije. Zbog malih brzina atoma, moţe se koristi nerelativistička formula za

Dopplerovo pomjeranje frekvencije:

0 1v

f fc

,

gdje je 0f frekvencija emitovanih fotona, tj. frekvencija pri kojoj radi laser. 4 boda

c) Prema molekularno-kinetičkoj teoriji, efektivna brzina atoma vodika na temperaturi od 290

K iznosi

3

J3 8,31 290 K

3 mmol K 2,69 10 g s

1 mol

RTv

M

.

3 boda

Najmanja energija pri kojoj se dešava apsorpcija fotona je energija koja odgovara prelazu iz

prvog pobuĎenog stanja u osnovno stanje:

2 1

13,6 eV13,6 eV = 10,2 eV

4fE E E ,

što odgovara frekvenciji fotona od 15/ 2,46 10 Hzff E h . 3 boda

Na osnovu formule za Dopplerovo pomjeranje frekvencije dobijamo da je frekvencija pri

kojoj laser radi data sa

1515

0 3 1

8 1

2,46 10 Hz2,459978 10 Hz

2,69 10 m s1 1 +

3 10 m s

ff

v

c

,

što pokazuje da je potrebno koristiti laser frekvencije neznatno niţe (0,001 %) od pomenute

frekvencije prelaza. 3 boda

Promjena brzine atoma vodika pri apsorpciji fotona moţe se odrediti na osnovu zakona

očuvanja impulsa:

34 15

H H 27 8 1

H

6,63 10 J s 2,46 10 Hz m' 3,28

1,66 10 kg 3 10 m s s

h hfm v m v v

m c

. 3 boda

PobuĎeni atomi spontano emituju fotone u proizvoljnom smjeru tako da, gledano usrednjeno,

nema promjene brzine atoma. Konačni rezultat procesa apsorpcije i emisije fotona je

smanjenje brzine atoma. To je tzv. Dopplerovo ili lasersko hlaĎenje.

Zadatak 5. Američka agencija za svemirska istraţivanja (NASA) je krajem 1970-tih u svemir

lansirala dvije svemirske sonde pod nazivima Voyager 1 i Voyager 2. Kao izvor napajanja

sondi korišten je termoelektrični generator na bazi radioaktivnog raspada koji kao gorivo

koristi plutonijum-238 ( 94Z ) koji se radioaktivno raspada emitujući α-čestice kinetičke

energije 5,5 MeV.

a) Da li se plutonijum-238 moţe raspadati emitujući deuterijum umjesto α-čestice?

b) Kolika se energija oslobodi pri jednom radioaktivnom raspadu? Smatrati da se jezgre

plutonijuma nalaze u stanju mirovanja u trenutku raspada.

c) Ako je snaga nuklearnog generatora u trenutku lansiranja sonde iznosila 470 W,

odrediti početnu masu plutonijuma. Nakon što snaga generatora opadne na osminu početne

vrijednosti, sonda neće moći slati radiosignale ka Zemlji. Odrediti nakon koliko godina će se

ovo desiti?

Koristiti slijedeće podatke za mase: masa plutonijuma 238

94Pu 238,0495599 um , masa

neptunijuma 236

93 Np 236,046570 um , masa urana 234

92 U 234,0409521 um , masa α-

čestice 4,002603254 um , masa deuterijuma D 2,014101777 um , gdje je atomska

jedinica mase 2u 931,494061 MeV / c . Vrijeme poluraspada plutonijuma 238

94 Pu je 90

godina. Elementarni naboj je 191,602 10 Ce , a Avogadrova konstanta 23 1

A 6,022 10 molN .

Rješenje:

a) Da bismo odgovorili na ovo pitanje moramo ispitati energetski bilans reakcija pri kojima se

emituje α-čestica i deuterij:

238 234 4

94 92 2Pu U ,

238 236 2

94 93 1Pu Np D .

Energetski bilans α-raspada je jednak

2 2

1 (Pu) (U) ( ) 238,0495599 234,0409521 4,002603254 u

0,006004546 931,494061 MeV 5,5931989 MeV,

E m m m c c

a energetski bilans deuterijumskog raspada je jednak

2 2

2 (Pu) (Np) (D) 238,0495599 236,046570 2,014101777 u

0,011111877 931,494061 MeV 10,3506474 MeV.

E m m m c c

S obzirom da je energetski bilans reakcije pri kojoj se emituje deuterijum negativan, moţemo

zaključiti da ovakav raspad nije moguć.

4 boda

b) Energija koja se oslobodi pri radioaktivnom raspadu jednog jezgra plutonijuma moţe se

odrediti primjenom zakona očuvanja. Usljed emisije α-čestice dolazi do otklona uranove

jezgre koja nastaje pri raspadu, tako da je, prema zakonu očuvanja impulsa, impuls α-čestice

jednak impulsu uranove jezgre po intenzitetu, ali suprotnog smjera. Na osnovu zakona

očuvanja energije dobijamo da je energija koja se oslobodi pri raspadu jedne jezgre

plutonijuma jednaka

2 2 2

Pu U

U U U

1 12 2 2

4,0026032545,5 MeV 1 5,6 MeV.

234,0409521

p p p m mE E E E

m m m m m

5 bodova

c) Broj raspada jezgara plutonijuma u jedinici vremena je jednak

0

tNN N e

t

,

gdje je 0N početni broj jezgara plutonijuma, a konstanta radioaktivnog raspada:

10 1ln 2 ln 22,44 10 s

90 365 24 3600 sT

.

3 boda

Snaga koju nuklearni generator razvija opada prema zakonu

Pu 0 0( ) t tEP t E N e P e

t

,

gdje je 0P početna snaga generatora. Početni broj jezgara plutonijuma moţemo odrediti na

osnovu formule

2400 Pu 0 0 6 19 10 1

Pu

470 W 2,147 10

5,6 10 1,602 10 C V 2,44 10 s

PP E N N

E

.

3 boda

Prema tome, početna masa plutonijuma je jednaka

24

00 Pu 23 1

A

2,147 10 g238 848,5 g

6,022·10 mol mol

Nm M

N

.

2 boda

Vrijeme za koje snaga generatora opadne na osminu početne snage je odreĎeno izrazom

0( ) / 1/ 8tP t P e , odakle se dobija:

ln8 3ln 23 270 godinat T

.

3 boda

18. Federalno takmičenje iz fizike učenika srednjih škola

Kakanj, 20.04.2013

Grupa D – Cjelokupna fizika

Zadatak 1: Asteroid

Vjeruje se da su sudari Zemlje sa asteroidima igrali vaţnu ulogu u istoriji Zemlje.

Ovdje ćete razmatrati jedan takav sudar. Kao primjer, koristimo podatke orbitale Apolo

asteroida. Njegov perihel je 0,65 AJ (astronomskih jedinica) tj. najmanja udaljenost od Sunca

je r1= βR, gdje je β = 0,65, a R je radius Zemljine orbite oko Sunca. Njegov afel je 2,3 AJ, tj.

najveća udaljenost od Sunca je r2 = α R, gdje je α = 2,3.

U svom računu moţete uzeti da je orbitalna brzina Zemlje v0 = 30 km/h, poluprečnik Zemlje

R0=6400 km i g = 9,8 m/s2.

Moţete takoĎer koristiti formulu a

MmE

2 koja izraţava ukupnu energiju tijela mase m

koje se kreće po eliptičnoj putanji čija je veća poluosa jednaka a (2a = r1 + r2), u

gravitacionom polju mnogo teţeg tijela mase M. Moţete pretpostaviti da se orbitalne ravni

Zemlje i asteroida podudaraju, i da oni rotiraju u istom pravcu oko Sunca.

1) Naći brzinu asteroida v u blizini Zemlje, u sistemu referencije vezanom za Sunce,

zanemarujući efekat privlačenja Zemlje.

2) Naći radijalnu i tangencijalnu komponentu vr i vt te brzine (tj. komponente koje su

respektivno, paralelne i okomite na vektor povučen iz centra Sunca do tačke u kojoj se

trenutno nalazi asteroid)

γ = 6,67 . 10

-11 N

. m

2/kg

2 , R = 15

. 10

10 m.

Zadatak 2: Cijepanje papira

Cijepanje lista papira većinom ljudi izvode tako da upotrijebe silu koja je okomita na papir,

umjesto da povuku list papira za rubove i pokušaju ga rastrgati. Fiziku ovakvog problema

moţemo razjasniti pomoću jednostavnog modela.

Posmatrajmo niz od tri opruge postavljene duţ Ox-ose, pri čemu sve tri opruge imaju istu

konstantu elastičnosti k1 i istu duţinu. U početku sve opruge u svojoj prirodnoj veličini. Uzeti

da je tada duţina svake od njih l = 1m. Ako se bilo koja od njih rastegne za relativnu duţinu

veću od 1 % onda će se polomiti. To je naš lis papira.

Cijepanje je ekvivalentno djelovanju sila N1 i N2 (svaka ima intenzitet N) u dvjema tačkama u

kojima su spojene dvije opruge, u suprotnim pravcima i okomito na opruge. Razvlačenje

papira je ekvivalentno djelovanju dviju jednakih i suprotno orijentiranih sila F1 i F2 (istog

intenziteta F) u istim tačkama, ali sada paralelno sa osom opruga (Slika) . Naći količnik

intenziteta sila F/N kada se srednja opruka prekine, odnosno polomi).

Nemoj pretpostaviti da se krajevi opruga kreću samo vertikalno.

Napomene:

U rješavanju zadatka uzimati aproksimacije prvog reda /tj. članove višeg reda zanemariti/;

Koristiti da za male uglove vrijedi : 1)cos()sin( i ;

Uzeti da vrijedi xnx n 1)1(

Zadatak 3: naelektrisanja

Ovaj zadatak se sastoji iz dva dijela koja nisu meĎusobno povezana.

a) Izračunajte potencijalnu energiju jednog pozitivnog jona u beskonačnom nizu jona

naelektrisanja e sa alternirajućim redosljedom predznaka + i – (kao na slici).

Rastojanje izmeĎu jona je s. Moţete koristiti relaciju

b) Kruţni prsten unutrašnjeg radijusa a i vanjskog radijusa b smješten je u centar yz

ravni. Prsten je ispunjen pozitivnim nabojem čija je površinska gustoća . NaĎite izraz

za jačinu električnog polja duţ x-ose. Moţete koristiti relaciju .

Zadatak 4: čestica u polju

Naelektrisana čestica kreće se pravolinijski i ulazi u područje gdje na nju djeluje sila otpora

koja je proporcionalna brzini vkF . Početna brzina čestice je v0. Zbog te sile čestica se

zaustavi pri čemu preĎe put L0= 10cm do zaustavljanja. Isti eksperiment se ponovi, ali ovaj

put čestica ulazi u magnetno polje jačine B (koje je okomito na pravac brzine čestice). Pritom

se čestica kreće po spirali i opet zaustavi. Sada je veličina pomaka koji napravi prije nego se

zaustavi jednaka L1=6cm. Koliko bi bilo pomjeranje čestice L2 izraţeno u metrima u slučaju

da se jačina magnetnog polja smanji 2 puta. (smanji za faktor 2)? Napominjemo da je u svim

slučajevima početna brzina čestice ista.

Uputa: Ovaj problem se moţe riješiti bez računa.

Zadatak 5: Bohrov model atoma

Razmotrimo Bohrov model atoma vodika, ali bez uobičajene pretpostavke da elektron kruţi

oko nepomične jezgre. Umjesto toga, pretpostavićemo da se i elektron i jezgra kreću oko

zajedničkog centra masa, istom kruţnom frekvencijom. Izvedite izraz za frekvencije svjetlosti

koje takav atom moţe apsorbovati u osnovnom stanju. Smatrajte poznatim: masu jezgre M,

masu elektrona m, naboj elektrona e, el. permitivnost vakuuma 0, Planckovu konstantu h.

Objasnite zašto i izračunajte za koji faktor će apsorbovane frekvencije za tricijum (vodikov

izotop čija jezgra sadrţi jedan proton i dva neutrona) biti veće od odgovarajućih frekvencija

za sam atom vodika. Masa jezgre tricijuma je 5496 puta veća od mase elektrona, a masa

jezgre vodika je 1836 puta veća od mase elektrona.

Svaki zadatak nosi 20 poena

Vrijeme za izradu je 3 sata

Dozvoljeno je korištenje neprogramabilnih kalkulatora

Sretno!

RJEŠENJA ZADATAKA GRUPE D – Cjelokupna fizika

Zadatak1.)

Vjeruje se da su sudari Zemlje sa asteroidima igrali vaţnu ulogu u istoriji Zemlje.

Ovdje ćete razmatrati jedan takav sudar. Kao primjer, koristimo podatke orbitale Apolo

asteroida. Njegov perihel je 0,65 AJ (astronomskih jedinica) tj. najmanja udaljenost od Sunca

je r1= βR, gdje je β = 0,65, a R je radius Zemljine orbite oko Sunca. Njegov afel je 2,3 AJ, tj.

najveća udaljenost od Sunca je r2 = α R, gdje je α = 2,3.

U svom računu moţete uzeti da je orbitalna brzina Zemlje v0 = 30 km/h, poluprečnik Zemlje

R0=6400 km i g = 9,8 m/s2.

Moţete takoĎer koristiti formulu a

MmE

2 koja izraţava ukupnu energiju tijela mase m

koje se kreće po eliptičnoj putanji čija je veća poluosa jednaka a (2a = r1 + r2), u

gravitacionom polju mnogo teţeg tijela mase M. Moţete pretpostaviti da se orbitalne ravni

Zemlje i asteroida podudaraju, i da oni rotiraju u istom pravcu oko Sunca.

1) Naći brzinu asteroida v u blizini Zemlje, u sistemu referencije vezanom za Sunce,

zanemarujući efekat privlačenja Zemlje.

2) Naći radijalnu i tangencijalnu komponentu vr i vt te brzine (tj. komponente koje su

respektivno, paralelne i okomite na vektor povučen iz centra Sunca do tačke u kojoj se

trenutno nalazi asteroid)

γ = 6,67 . 10

-11 N

. m

2/kg

2 , R = 15

. 10

10 m.

Rješenje:

1) Duţa poluosa eliptične putanje asteroida je Rrra )(2

1)(

2

121

Tako će ukupna energija asteroida na mjestu na zemlji biti jednaka

R

Mmvm

a

MmE 2

2

1

2

Kako vrijedi da je balans sila 2

2

0

R

Mm

R

vm biće

R

Mv 2

0

Izraz zakona očuvanja energije moţe se napisati u obliku

2

02

0

2

2

1 vvv

Odavde je hkmvv /5,34)1

1(20

(8 bodova)

2) Tangencijalna komponenta moţe se naći iz zakona odrţanja momenta količine kretanja u

poloţaju perihela

1rvmRvm pt

Gdje je vt tangencijalna kompomenta brzine, a vp brzina asteroida kada se nalazi u poloţaju

perihela. Odavde je pt vv

Brzinu u perihelu ćemo naći na sličan način kao i brzinu v, samo ćemo primijeniti zakon

odrţanja energije u tom poloţaju, tj.

211

2

2

1

rr

mM

r

mMvm p

Kako je r1= βR , r2=α R i kako je RvMR

Mv

R

mM

R

vm 2

0

2

02

2

0

Biće

2

0

2

0

1

v

R

Rv

r

M odnosno

)()(

2

0

2

0

21

v

R

Rv

rr

M

Tako da je brzina u perihelu jednaka hkmvvp /5,45)11

(20

Tangencijalna brzina je prema tome hkmvv pt /57,29

Radijalna komponenta je prema Pitagorinom pravilu jednaka

hkmvvv tr /77,1722

(12 bodova)

Zadatak 2.)

Cijepanje lista papira većinom ljudi izvode tako da upotrijebe silu koja je okomita na papir,

umjesto da povuku list papira za rubove i pokušaju ga rastrgati. Fiziku ovakvog problema

moţemo razjasniti pomoću jednostavnog modela.

Posmatrajmo niz od tri opruge postavljene duţ Ox-ose, pri čemu sve tri opruge imaju istu

konstantu elastičnosti k1 i istu duţinu. U početku sve opruge su u svojoj prirodnoj veličini.

Uzeti da je tada duţina svake od njih l = 1m. Ako se bilo koja od njih rastegne za relativnu

duţinu veću od 1 % onda će se polomiti. To je naš lis papira.

Cijepanje je ekvivalentno djelovanju sila N1 i N2 (svaka ima intenzitet N) u dvjema tačkama u

kojima su spojene dvije opruge, u suprotnim pravcima i okomito na opruge. Razvlačenje

papira je ekvivalentno djelovanju dviju jednakih i suprotno orijentiranih sila F1 i F2 (istog

intenziteta F) u istim tačkama, ali sada paralelno sa osom opruga (Slika) . Naći količnik

intenziteta sila F/N kada se srednja opruga prekine, odnosno polomi.

Napomene: Ne treba pretpostavljati da se krajevi opruga kreću samo vertikalno. U rješavanju

zadatka uzimati aproksimacije prvog reda /tj. članove višeg reda zanemariti/;

Koristiti da za male uglove vrijedi : 1)cos()sin( i ;

Uzeti da vrijedi xnx n 1)1(

Rješenje:

Dato je l = 1 m. i istezanje Δ = 0,01 ( 1%)

Pretpostavićemo da opruge razvlačimo polagano prema tački gdje će se slomiti. U tom slučaju

moţe se uzeti da se krajevi opruga pomjeraju s konstantnom brzinom, bez ubrzanja.

Za slučaj horizontalnih sila (I slučaj na crtežu – horizontalne sile, gdje su lijeva i desna

opruga označene brojem 1, a srednja brojem 2, jer po uslovu zadatka srednja opruga treba da

se polomi) , recimo za ravnoteţu sila u lijevom čvoru gdje su sastavljene lijeva i srednja

opruga, vrijedi

kF1 2

2

kF Pa je kFFF

2

321 (1)

gdje je k koeficijent elastičnosti opruga (isti za sve), a Δ je veličina za koju je istegnuta

srednja opruga .

II slučaj-vertikalne sile

Na sličan način se napravi uslov za ravnoteţu za vertikalne sile. MeĎutim, moraju se uzeti u

obzir pomjeranja u oba pravca, x i y i napraviti nekoliko geometrijskih relacija

Duţina opruge 1 (recimo lijeve) u trenutku pucanja će biti

2/122

1 )( yxll (2)

S druge strane vrijedi da je 11 lll

Isto tako moţemo napisati za srednju oprugu 2, njena duţina u trenutku pucanja će biti

jednaka

2/122

2 )2()2( yxll (3)

22 lll

Sada treba naći izduţenja ovih opruga.

Pretpostavićemo da su vertikalna i horizontalna izduţenja x i y mnogo manji od prirodne

duţine opruga , tj. .,0,),( 2 itdxlyx Uzećemo zbog lakšeg računa da je l = 1.

(1)

2/1

2

2

1)(

1)(

xl

yxll

)2

1()1(1)1(2

2/12

1

yxyxl (4)

Ovdje smo uzeli da vrijedi aproksimacija xx2

11)1( 2/1 te da je xmaloza

x1

1

1

.

Uvrštavanjem l1 na lijevoj strani i sreĎivanjem desne strane jednadţbe (4) dobijamo

0.....2

112

1 kojiredanižegčlanoviy

xl

Pa je odatle ukupno istezanje lijeve (ili desne) opruge jednako

2

2

1

yxl (5)

(2) Slično dobivamo za l2

2/122

22 )2()2()1( yxlll odnosno

)4(221)21()21()21(

41)21( 222

2/1

2

2

2 yxyxyxx

yxl

(6)

Pošto se zadnji član moţe zanemariti kao veličina niţeg reda, dobićemo da je ukupno

istezanje srednje opruge jednako

xyl 22 2

2 (7)

Sada su sile koje djeluju u tačkama spajanja dviju opruga jednake

11 lkF , 22 lkF i vertikalna sila N.

Napisaćemo ravnoteţe sila u oba pravca, horizontalnom i vertikalnom, pa ćemo imati.

u pravcu x: )2cos()cos( 21 FF

pošto za male uglove moţemo napisati da je )sin(;1)cos(

dobivamo da je 21 FF ,

a to znači da je 2

222

2 yxxy , tj. 2

2

33 yx odnosno xy 22 (8)

Uvrstimo li ovaj rezultat u istezanja opruga, dobićemo

22

12

yy

xl

2222

2 222 yyyxyl

Znači da je 2

21

2

21

ykkFFF

yll

( 9 )

u pravcu y : 2)2sin()sin( 2121 FFFFN

Pošto je yl

y sin

biće yFN 3

odnosno 2/332 )(333 kykyykN (10)

jer je 33 )( y

Konačno smo našli da je iz prvog slučaja horizontalna sila jednaka

kF2

3

A vertikalna 2/3)(3 kN

Pa je njihov količnik 52

100

100

12

1

2

1

N

F (20 bodova)

/Svaki korak do kraja izvedenih numerisanih formula nosi po 2 boda, tako da je ukupan broj

20 bodova /mogu se bodovati i na drugi način izvedene veličine ako je ispravno razmatranje/

Zadatak 3.): Naelektrisanja

Ovaj zadatak se sastoji iz dva dijela koja nisu meĎusobno povezana.

c) Izračunajte potencijalnu energiju jednog pozitivnog jona u beskonačnom nizu jona

naelektrisanja e sa alternirajućim redosljedom predznaka + i – (kao na slici).

Rastojanje izmeĎu jona je s. Moţete koristiti relaciju

d) Kruţni prsten unutrašnjeg radijusa a i vanjskog radijusa b smješten je u centar yz

ravni. Prsten je ispunjen pozitivnim nabojem čija je površinska gustoća . NaĎite izraz

za jačinu električnog polja duţ x-ose. Moţete koristiti relaciju .

Rješenje:

a) Potencijalna energija jednog para naboja je

(3 poena)

Pa je ukupna potencijalna energija jednog pozitivnog jona

(faktor 2 dolazi zbog činjenice da je niz beskonačan i s lijeve i s dense strane)

(3 poena)

(4 poena)

b) (3 poena)

Zbog simetrije samo x-komponenta polja ostaje:

gdje je

(2 poena)

Imamo

(2 poena)

(3 poena)

Zadatak 4.)

Naelektrisana čestica kreće se pravolinijski i ulazi u područje gdje na nju djeluje sila otpora

koja je proporcionalna brzini vkF . Početna brzina čestice je v0. Zbog te sile čestica se

zaustavi pri čemu preĎe put L0= 10cm do zaustavljanja. Isti eksperiment se ponovi, ali ovaj

put čestica ulazi u magnetno polje jačine B (koje je okomito na pravac brzine čestice). Pritom

se čestica kreće po spirali i opet zaustavi. Sada je veličina pomaka koji napravi prije nego se

zaustavi jednaka L1=6cm. Koliko bi bilo pomjeranje čestice L2 izraţeno u metrima u slučaju

da se jačina magnetnog polja smanji 2 puta. (smanji za faktor 2)? Napominjemo da je u svim

slučajevima početna brzina čestice ista.

Uputa: Ovaj problem se moţe riješiti bez računa.

Rješenje:

U prvom slučaju, kada se čestica kreće po pravoj liniji, prema drugom Newtonovom zakonu

moţe se napisati slijedeća jednakost

dt

dsk

dt

dvmvkam ,

odakle se ustvari nakon integracije, uz uslov da je početna brzina jednaka 0v , a krajnja brzina

pri zaustavljanju jednaka nuli, dobija relacija

msk

vmtjskvm 1,0., 0

0 (2b)

Kada se čestica kreće u magnetnom polju, na nju djeluju dvije sile: sila otpora intenziteta kv

koja ima isti pravac kao i brzina, ali suprotan smjer i magnetna sila q v B, koja je okomita na

pravac brzine. Ako nacrtamo dijagram sila koje djeluju na česticu i sloţimo ih, vidjećemo da

rezultujuća sila koja djeluje na česticu uvijek gradi sa vektorom brzine jedan ugao

(2b)

pri čemu za ugao θ vrijedi sinsin22222222

Bqk

Bq

Bvqvk

Bvq (2b)

Pošto se čestica kreće po spirali i zaustavi, to znači da je rezultujuća sila uvijek usmjerena

prema krajnjem poloţaju čestice i usmjerava česticu ka tom finalnom poloţaju (inače čestica

neće ići prema toj tački) (ustvari trajektorija čestice je logaritamska spirala), što znači da je

ubrzanje čestice uvijek usmjereno prema konačnom poloţaju.

Ova tvrdnja uključuje da ako povučemo jednu liniju (koja se ustvari zove radijus i predstavlja

poluprečnik spirale u ravni – tj. kruţnice) od krajnjeg poloţaja čestice do bilo koje tačke na

trajektoriji čestice, ta linija uvijek u sebi sadrţi rezultujuću silu. (2b)

Odatle je ugao izmeĎu radijusa i brzine jednak uglu izmeĎu rezultujuće sile i brzine, a to je

ugao α . Podsjetimo se kretanja naelektrisane čestice u magnetskom polju. Čestica se u ravni kreće po

kruţnici, i da bi ostala na kruţnici mora biti zadovoljena ravnoteţa centripetalne sile i

Lorentzove sile tj. vrijedi

Bvqr

vm

2

gdje je ugaona brzina čestice jednaka r

v .

Kada se to uvrsti u prethodni izraz dobije se da je ugaona brzina čestice jednaka

m

Bq (2b)

U drugom slučaju, čestica počinje kretanje s početnom brzinom v0 i kreće se po kruţnici

radijusa L1 (do zaustavljanja). Tada imamo da je:

222

000

110

sinsinsin

Bqk

Bq

Bq

vm

Bq

vm

vLLv

(2b)

Ovo se moţe napisati kao

2

22

0

1

1k

qB

k

vm

L

(2b)

Pošto je zadato L1=0,06m i već smo našli da je mk

vm1,00

dobićemo da je 3

4

k

qB (2b)

U trećem slučaju, magnetna sila je 2

Bvq. Na sličan način kao u prethodnom razmatranju,

dobije se da je ugao izmeĎu vektora brzine i vektora rezultujuće sile jednak ''

gdje je 'sin4

42

'sin222222

22

Bqk

Bq

Bvqvk

Bvq (2b)

Isto tako je sada ugaona brzina jednaka m

Bq

2'

Slično će biti 20 ''sin Lv

Što daje )(0832,0

9

164

1,02

4

2

2

22

0

2 m

k

qB

k

vm

L

(2b)

Ukupno 20 bodova

Zadatak 5: Bohrov model atoma

Razmotrimo Bohrov model atoma vodika, ali bez uobičajene pretpostavke da elektron kruţi

oko nepomične jezgre. Umjesto toga, pretpostavićemo da se i elektron i jezgra kreću oko

zajedničkog centra masa, istom kruţnom frekvencijom. Izvedite izraz za frekvencije svjetlosti

koje takav atom moţe apsorbovati u osnovnom stanju. Smatrajte poznatim: masu jezgre M,

masu elektrona m, naboj elektrona e, el. permitivnost vakuuma 0, Planckovu konstantu h.

Objasnite zašto i izračunajte za koji faktor će apsorbovane frekvencije za tricijum (vodikov

izotop čija jezgra sadrţi jedan proton i dva neutrona) biti veće od odgovarajućih frekvencija

za sam atom vodika. Masa jezgre tricijuma je 5496 puta veća od mase elektrona, a masa

jezgre vodika je 1836 puta veća od mase elektrona.

Zadatak 5. rješenje:

Elektron i jezgra rotiraju ugaonom brzinom oko zajedničkog centra masa. Ako sa r

označimo poluprečnik atoma, onda je udaljenost centra masa od centra jezgre jednaka

Linijska brzina elektrona je

što znači da je njegov moment impulsa

Na sličan način imamo da je ugaona brzina jezgre

i njen moment impulsa

Dakle, ukupan moment impulsa je

Ako sada definišemo redukovanu masu sistema kao

ukupni moment impulsa je

Uslov kvantizacije je da je ukupni moment impulsa atoma cjelobrojni umnoţak konstante :

(*) gdje je

Elektrostatična sila koje djeluje na elektron je

i ona mora biti jednaka centrifugalnoj sili

Izjednačavanjem dobijamo

Ako ovo iskombinujemo sa prethodno izvedenim uslovom kvantizacije (*) nalazimo

i

Sada moţemo izračunati ukupnu energiju sistema. Potencijalna energija meĎudjelovanja

jezgre i elektrona je

tj. nakon što uvrstimo dobijeni izraz za r

Dalje, kinetička energija elektrona je

dok je kinetička energija jezgre

Ukupna kinetička energija je

odnosno

Uvrštavanjem izraza za r i dobijamo

Ukupna energija sistema elektron-jezgra je

Osnovno stanje odgovara vrijednosti . Da bi se elektron pobudio na neko drugo

energetsko stanje (označimo ga sa n) potrebno mu je dovesti energiju

Ako ova energija odgovara fotonu frekvencije f, onda je

odnosno

Kod atoma vodika je masa jezgre 1836 puta veća od mase elektrona, pa je redukovana masa

dok je u slučaju tricijuma masa jezgre 5496 puta veća od mase elektrona:

Zbog toga će frekvencije za tricijumov atom biti veće od odgovarajućih frekvencija za

vodikov atom, za faktor

LISTE KONAČNIH REZULTATA GRUPA A – Mehanika i termodinamika

Rd. Br.

Ime i Prezime Škola Z 1 Z 2 Z 3 Z 4 Z 5 SUMA

1 Kenan Saračević MeĊunarodna srednja škola Sarajevo

18 19 12 20 5 74

2 Mahira Tankić Gimnazija "Mustafa Novalić", Gradaĉac

20 11 20 20 0 71

3 Sakib Ademović Tursko-bosanski koledţ 20 14 16 0 18 68 4 Medina Saraĉević Tursko-bosanski koledţ 20 20 17 0 8 65 5 Haris Popovac MeĊunarodna srednja

škola Sarajevo 20 16 20 6 2 64

6 Nermedin Dţeković MeĊunarodna srednja škola Sarajevo

2 15 20 20 3 60

7 Ena Hašimbegović Prva gimnazija Zenica 20 18 18 0 0 56 8 Fatima Alić Gimnazija Meša Selimović 20 12 16 6 1 55 9 Hasan Grošić Unsko-sanski koledţ 20 10 20 0 0 50 10 Tarik Ibrahimpašić Unsko-sanski koledţ 20 19 9 0 0 48 11 Mirza Hodţić JUMSŠ Doboj-istok 20 20 5 0 0 45 12 Petar Josip Vidović Gimnazija fra Grge Martića

Mostar 20 18 1 0 0 39

13 Salko Isaković JU Gimanazija Tuzla 5 10 2 0 20 37 14 Filip Dujmušić MSŠ Travnik 20 7 7 0 0 34 15 Nedim Šišić MeĊunarodna škola Zenica 20 7 5 0 0 32

Bedrudin Trbalić MeĊunarodna škola Tuzla 2 20 8 1 1 32

16 Jasmin Novalić JU Gimnazija Mustafa Novalić Gradaĉac

11 12 2 6 0 31

17 Benjamin Ajanović JU Gimnazija Mustafa Novalić Gradaĉac

15 14 2 0 0 31

19 Adnan Kupinić MSŠ Kljuĉ 18 5 2 0 1 26 20 Vedad Spahić Prva Gimnazija Zenica 6 8 3 0 0 17 21 Anesa Rizvan Gimanzija Visoko 4 5 5 0 2 16 22 Ismar Šabanović MSŠ Jablanica 3 7 6 0 0 16 23 Harun Zeren SŠ Konjic 0 8 3 0 3 14 24 Adna Saraĉević Unsko-sanski koledţ 4 5 2 2 0 13 25 Karla Ivanković Gimnazija fra Grge Martića

Mostar 0 5 2 0 6 13

26 Mahira Buturović MSŠ Konjic 0 7 1 4 0 12 27 Amar Tabuĉić Behram begova medresa

Tuzla 5 1 3 0 2 11

28 Andrea Alilović Gimnazija fra Grge Martića Mostar

1 4 3 2 0 10

29 Enis Garaplija STŠ Hasib Hadţović 5 4 1 0 0 10 30 Bruno Vegar SŠ Ĉapljina 4 1 1 0 0 6 31 Antonio Vuković KŠC Sv. Pavao Zenica 0 0 1 0 0 1 32 Omer Aletić Gimnazija Bugojno 1 0 0 0 0 1

Komisija: doc. dr. Mustafa Busuladžić, doc. dr. Vanes Mešić, doc. dr. Anes Ĉerkić i Mr. Armin Lagumdţija

GRUPA B - Oscilacije, talasi i elektromagnetizam

Osvojeni bodovi

R.br. Ime i prezime Skola 1 2 3 4 5 Suma

1 Faris Mulahasanovic

Medjunarodna skola Sarajevo 8 13 1 14 7 43

2 Ajdin Palavric Prva Gimnazija Zenica 5 8 2 14 10 39

3 Naida Dedic Gimnazija Visoko 3 13 2 14 5 37

4 Jasmin Hadzajlic Srednja elektrotehnicka skola Mostar

2 13 6 7 1 29

5 Meho Brkic Tursko Bosanski Sarajevo Koledz 2 13 3 4 4 26

6 Almin Cohkovic JU Srednja Skola Konjic 2 13 4 5 2 26

7 Senija Biogradlija Prva Gimnazija Zenica 3 13 2 3 3 24

8 Marino Margeta Gimnazija fra Grge Martica Mostar 0 13 3 7 3 26

9 Nikola Mandic Gimnazija fra Grge Martica Mostar 3 2 7 10 2 24

10 Emir Alagic Gimnazija Bihac 3 13 0 3 4 23

11 Selen Covic ISS Kanton Sarajevo 5 13 3 0 2 23

12 Edin Brcaninovic Medjunarodna skola Tuzla 7 11 1 0 2 21

13 Aida Skamo Sarajevo Koledz 5 2 2 5 5 19

14 Dunja Radic Medjunarodna skola Sarajevo 2 10 0 3 2 17

15 Edina Razanica Medjunarodna skola Sarajevo 6 0 1 7 2 16

16 Seid Mumic Gimnazija Mesa Selimovic Tuzla 8 0 1 0 7 16

17 Indira Bukvarevic JU Gimnazija Ismet Mujezinovic Tuzla

2 11 2 0 0 15

18 Emina Smajlovic MSS Hazim Sabanovic Visoko 1 11 0 2 0 14

19 Jasmin Mehulic JU Gimnazija Cazin 0 13 0 0 0 13

20 Azra Hamedovic MSS Kljuc Gimnazija 2 0 1 5 2 10

21 Mihaela Ivankovic Gimnazija fra Grge Martica Mostar 2 0 0 7 0 9

22 Ajdin Fejzic Prva Bosnjacka Gimnazija Sarajevo

2 0 2 5 0 9

23 Orhan Usanovic STS Hasib Hadzovic 0 0 0 3 0 3

24 Mirza Tica MSTS Travnik 0 0 0 2 0 2

25 Mirza Arnaut Gimnazija dr Mustafa Kamaric Gracanica

0 0 1 0 0 1

26 Zlatan Gogo KSC Sveti Pavao Zenica 0 0 0 0 1 1

27 Tarik Kusmic MSS Travnik 0 0 0 0 0 0

28 Adin Alijevic Gimnazija Bugojno 0 0 0 0 0 0

Komisija: Doc. dr. Suad Kunosić, Doc. dr. Smajo Sulejmanović, Ema Spahić Nevjestić, prof. i Doc. dr. Azra Gazibegović-Busuladţić

GRUPA C – Optika i atomska fizika

Osvojeni bodovi

R.br. Ime i prezime Skola Z1 Z2 Z3 Z4 Z5 Suma

1 Drino Džana Prva gimnazija Sarajevo 0 20 20 7 13 60

1 Kopić Amna SŠC Musa Ćazim Ćatić Olovo 9 14 20 10 7 60

3 Husremović Amila Prva Gimnazija Zenica 7 17 20 6 8 58

4 Mašić Fatima Tursko bosanski Sarajevo Koledz

10 20 20 3 0 53

5 Bevrnja Mustafa Prva bosnjaĉka gimnazija Sarajevo

9 15 0 4 17 45

6 Slipĉević Berina Gimnazija Visoko 8 18 0 8 7 41

7 Hasanović Mirza Gimnazija Mustafa Novalić Gradaĉac

7 7 15 2 0 31

8 Fazlić Sumeja Prva bosnjaĉka gimnazija Sarajevo

5 17 0 0 2 24

9 Mlaĉo Nejra Gimnazija Visoko 5 11 0 4 3 23

10 Mustafić Edvina Gimnazija Ismet Mujezinović Tuzla

8 0 0 2 5 15

11 Kliĉić Adnan Unsko-sanski koledţ Bihać 8 0 0 0 7 15

12 Karadţa Emir MSŠ Kljuĉ 5 0 0 0 9 14

13 Skopljaković belma Gimnazija Meša Selimović Tuzla

8 0 2 0 3 13

14 Halilović Amina Srednja škola Konjic 5 0 0 6 1 12

15 Genjac Merjema Gimnazija Visoko 8 0 0 0 4 12

16 Jusić Ajla Gimnazija Rizah Odţeĉkić Zavidovići

8 0 0 1 2 11

17 Mondić Matej Gimnazija fra Grge Martica Mostar

0 0 0 7 3 10

18 Mahinić Azra Gimnazija Mostar 3 0 0 2 4 9

19 Baţdar Kenan Gimnazija Obala Sarajevo 0 3 0 2 3 8

20 Crnjac Andreo Gimnazija fra Grge Martica Mostar

5 0 0 0 3 8

21 Beno Sandra Srednja škola Ĉapljina 5 0 0 0 0 5

22 Katica Nedim Gimnazija Bugojno 0 0 0 0 5 5

23 Kadić Irma Srednja škola Jablanica 1 0 0 0 0 1

Komisija: Prof. dr. Dejan Milošević, Mr. Elvedin Hasović, Mr. Benjamin Fetić

Grupa D – Cjelokupna fizika

R. Broj

Ime i prezime Škola Z 1 Z 2 Z 3 Z 4 Z 5 SUMA

1 Selimović Nudžeim

MeĊunarodna srednja škola Sarajevo

20 4 17 6 20 67

2 Jašarević Abdulah

Tursko-bosanski Sarajevo koledţ

20 0 20 4 20 64

3 Kasumović Muaz

Tursko-bosanski Sarajevo koledţ

5 0 18 3 20 46

4 Isaković Senad

MeĊunarodna srednja škola Sarajevo

20 1 16 2 3 42

5 Baruĉija Emir Prva gimnazija Zenica

0 1 12 13 12 38

6 Ĉeliković Selma Gimnazija „Meša Selimović“ Tuzla

0 0 6 7 20 33

7 Lapandić Dţenan Gimnazija „Meša Selimović“ Tuzla

8 0 16 5 2 31

8 Karić Ahmed Tursko-bosanski Sarajevo koledţ

18 0 5 1 0 24

9 Ţilić Fadil Tursko-bosanski Sarajevo koledţ

10 0 7 2 5 24

10 Krilašević Suad Druga Gimnazija Sarajevo

7 3 6 2 5 23

11 Ćerimagić Benjamin

Gimnazija Mustafa Novalić Gradaĉac

6 0 11 3 3 23

12 Kriještorac Enes Prva bošnjaĉka gimnazija Sarajevo

4 0 12 2 5 23

13 Husić Admira Gimnazija „Rizah Odţeĉkić“ Zavidovići

0 0 6 2 2 10

14 Minić Stefan UWC Mostar 0 0 0 7 0 7 15 Aliĉić Raif Gimnazija „Meša

Selimović“ Tuzla 2 0 0 4 0 6

16 Brajković Marko Gimnazija fra Grge Martića Mostar

0 0 0 2 1 3

17 Mahmutagić Razim

Gimnazija Cazin 0 0 0 0 3 3

18 Ĉišija Merima Gimnazija „Muhsin Rizvić“ Kakanj

0 0 0 0 0 0

Komisija: Mr. Adnan Mašić, prof. dr. Rajfa Musemić i Suada Dervišbegović, prof.