Libër për mësuesinfizika 11

(me zgjedhje)

Valbona Nathanaili

Botime

Botime

Të gjitha të drejtat janë të rezervuara © Pegi 2012Të gjitha të drejtat lidhur me këtë botim janë ekskluzivisht të zotëruara nga shtëpia botuese

“Pegi” sh.p.k. Ndalohet çdo riprodhim, fotokopjim, përshtatje, shfrytëzim ose çdo formë tjetër qarkullimi tregtar pjesërisht ose tërësisht pa miratimin paraprak nga botuesi.

Shtëpia botuese: Tel: 042 374 947 cel: 069 40 075 02 botimepegi@botimepegi.alSektori i shpërndarjes: Tel/Fax: 048 810 177 Cel: 069 20 267 73

Shtypshkronja: Tel: 048 810 179 Cel: 069 40 075 01 shtypshkronjapegi@yahoo.com

Plani MësiMor .............................................4

KrEU1 KërKiMi sHKEnCor në FiZiKë...........................10

KrEU 2 ZGJEriM MBi rrJEDHësiT në lëViZJE.............24

KrEU 3ZGJEriM Për DinaMiKEn DHE liGJET E rUaJTJEs.....................................................32

KrEU 4ZGJEriM Për rrYMën alTErnaTiVE................48

KrEU 5 aKUsTiKa ....................................................76

KrEU 6 MEsaZHET E DriTës......................................94

PërMBaJTJa

4

I. K

ËRK

IMI S

HK

ENC

OR

NË

FIZI

KË

5 or

ë(4

T dh

e U

, 1 P

r)II

. ZG

JER

IM N

JOH

UR

ISH

MB

I R

RJE

DH

ËSIT

NË

LËV

IZJE

14 o

rë(9

T, 2

U, 1

PL, 1

P, 1

DK

)

III.

ZGJE

RIM

NJO

HU

RIS

H M

BI

DIN

AM

IKËN

DH

E LI

GJE

T E

RU

AJT

JES

16 o

rë(9

T, 4

U, 1

P, 1

DK

, 1Pr

)

IV. Z

GJE

RIM

NJO

HU

RIS

H M

BI

RRY

MËN

ALT

ERN

ATIV

E11

orë

(7T,

2U

, 1P,

1D

K)

V. A

KU

STIK

A14

orë

(8T,

2U

, 1PL

, 1P,

1D

K, 1

Pr)

VI.

MES

AZH

ET E

DR

ITËS

12 o

rë(8

T, 2

U, 1

P, 1

Pr)

Pl

an

i M

ës

iMo

rl

ën

da

: Fiz

ikë

kla

sa: X

i (m

e zg

jed

hje

)

Pro

gram

i sin

teti

k

36 ja

vë m

ësim

ore

x 2

orë/

javë

= 7

2 or

ë gj

ithse

j

5

1

I. KËR

KIM

I SH

KEN

CO

R

NË

FIZ

IKË

(5 o

rë)

Në

përf

undi

m të

kla

sës s

ë 11

-të

nxën

ës/i

-ja:

1. të

për

dorë

met

odën

hip

otet

ike

gjat

ë pu

nës m

e gr

upe,

për

të b

ërë

një

kërk

im fi

zik, s

ipas

radh

ës së

mëp

osht

me:

- Sht

ron

pyet

je n

ë gr

up d

he b

ën re

fleks

ione

t për

katë

se p

ër n

jë o

se d

isa

fakt

e që

i je

pen,

ose

pas

dem

onstr

imit

të n

jë d

ukur

ie.

- Sht

ron

të p

aktë

n dy

hip

otez

a pë

r shp

jegi

min

e p

yetje

ve, t

ë ci

lat

duhe

n ve

rifiku

ar n

ë ek

sper

imen

t.- P

ropo

zon

së b

ashk

u m

e gr

upin

, eks

perim

ente

t për

katë

se p

ër

verifi

kim

in e

hip

otez

ave.

- Kry

en e

kspe

rimen

tet,

bën

mat

jet d

he n

jehs

imet

e d

uhur

a.- R

rëzo

n nj

ërën

nga

hip

otez

at d

he k

onfir

mon

tjet

rën.

- For

mul

on li

gjin

ose

rreg

ullë

n pë

rkat

ëse.

2. të

pro

vojë

se p

ër të

hed

hur p

osht

ë nj

ë te

ori,

mja

fton

një

fakt

i ve

tëm

.3.

të a

rgum

ento

jë e

kspe

rimen

talis

ht se

kry

erja

e sh

umë

vëzh

gim

eve

dhe

eksp

erim

ente

ve sh

pesh

her

ë m

odifi

kon,

ndr

ysho

n, o

se rr

ëzon

po

him

etë

form

ulua

ra m

ë pa

rë.

4. të

shpj

egoj

ë pse

mar

rëdhë

niet

ciklik

e ndë

rmjet

shke

ncës

dhe t

ekno

logjis

ë rez

ulto

jnë n

ë përp

arim

in si

të sh

kenc

ës ash

tu d

he të

tekno

logjis

ë.

1.1

Met

oda

shke

ncor

e e

kërk

imit

Libr

i i fi

zikës

m

atem

atik

ës,

Inte

rnet

i, lib

ra

dhe

revi

sta

shke

ncor

e

Trup

a të

ng

arku

ar,

kond

en-s

ator

ë

21.

2 Sh

embu

j të

zbat

imit

të m

etod

ës

shke

ncor

e. S

i mun

d ta

zbat

oni m

etod

ën

shke

ncor

e në

një

kër

kim

të th

jesh

të?

31.

Pro

jekt

41.

3Teo

ria d

he e

kspe

rimen

ti

51.

4 Fi

zika

dhe

tekn

olog

jia

6

II.

ZGJE

RIM

N

JOH

UR

ISH

M

BI

RR

JED

HËS

IT

NË

LËV

IZJE

(14

orë)

Në

përf

undi

m të

kla

sës s

ë 11

-të

nxën

ës/i

-ja:

- të

form

uloj

ë ku

ptim

in fi

zik të

: flui

di id

eal,

ener

gjia

kin

etik

e e

një m

ase fl

uidi

, ene

rgjia

pot

encia

le e r

ënde

sës d

he en

ergj

ia e

shty

pjes,

ek

uacio

ni i

Bern

ulit

për fl

uidi

n id

eal,

rezi

stenc

a fro

ntal

e, sh

tjellj

et,

form

at a

erod

inam

ike;

- të

shpj

egoj

ë tre

pje

sët p

ërbë

rëse

të e

nerg

jisë

së n

jë m

ase

fluid

i (k

inet

ike,

të sh

typj

es d

he p

oten

cial

e të

rënd

esës

);- t

ë in

terp

reto

jë zv

ogël

imin

e sh

typj

es st

atik

e të

një

rrym

e flu

idi,

me

rritj

en e

shpe

jtësis

ë së

tij d

he rr

itjen

e sh

typj

es st

atik

e ku

r lën

gu

ngad

alës

ohet

, ose

fren

ohet

, baz

uar n

ë ek

uaci

onin

e B

ernu

lit;

- të

përd

orë

ekua

cion

in e

Ber

nulit

për

të sh

pjeg

uar d

ukur

itë e

m

ëpos

htm

e: d

y fle

të le

tre të

rhiq

en k

ur fr

yjm

ë nd

ërm

jet t

yre,

topi

ipi

ngpo

ngut

thith

et p

ër la

rtë,

në

vend

që

të sh

tyhe

t për

pos

htë,

kur

i fr

yjm

ë m

e aj

rin e

dal

ë ng

a nj

ë hi

nkë,

efe

kti M

agnu

s, pu

lver

izato

ri,ng

jitja

e u

jit n

ë gy

p, sh

pjeg

imi i

nda

limit

të u

dhët

imit

para

lel d

he

afër

një

ra-tj

etrë

s të

dy a

nije

ve e

tj;- t

ë sh

pjeg

ojë

parim

et e

për

dorim

eve

te: G

ypi P

ito, m

atja

e sh

pejtë

sisë

së rr

jedh

jes s

ë lu

men

jve,

mat

ja n

ë av

ion

e sh

pejtë

sisë

së ti

j etj;

- të

para

qesë

fakt

orët

që

ndik

ojnë

në

rezis

tenc

ën fr

onta

le të

një

trup

i, ro

lin e

shtje

lljev

e në

lëvi

zjen

turb

ulen

te, u

ljen

e re

ziste

ncës

nëp

ërm

jet

form

ave

aero

dina

mik

e;

2.1

Kar

akte

ristik

at e

rrje

dhës

veLi

bri i

fizik

ës

mat

emat

ikës

, In

tern

eti,

libra

dh

e re

vista

sh

kenc

ore

Përc

jellë

s, re

ziste

nca,

ap

arat

e m

atës

e të

rrym

ës

dhe

tens

ioni

t, ba

teri,

bu

rim

rrym

e

72.

2 Sh

typj

a në

pik

at e

ndr

yshm

e të

një

rr

jedh

ësi n

ë pr

ehje

82.

3 Z

batim

e të

var

ësisë

së sh

typj

es n

ga

thel

lësia

92.

4 Li

gji i

Ark

imed

it

2.5

Shty

pja

atm

osfe

rike

102.

6 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

112.

7 R

rjedh

ësit

në lë

vizje

122.

8 Va

rësia

e sh

typj

es n

ga sh

pejtë

sia.

Ener

gjia

pot

enci

ale

e sh

typj

es

Orë

Kre

uO

bjek

tiva

t e K

reut

Tem

a m

ësim

ore

për

çdo

orë

mës

imi

Mat

eria

libu

rim

orM

jete

t m

ësim

ore

6

13- t

ë ja

pë sh

embu

j të

form

ave

aero

dina

mik

e ng

a bo

ta e

kaf

shëv

e, n

ga

avio

nët,

auto

mob

ilat,

rezis

tenc

a fro

ntal

e, sh

tjellj

et, f

orm

atae

rodi

nam

ike,

shem

buj n

ga b

ota

e ka

fshëv

e dh

e në

tekn

ikë

si në

ra

stet e

avi

onëv

e, a

utom

obila

ve, r

aket

ave,

pre

dhav

e et

j;- t

ë sh

pjeg

ojë

orig

jinën

e fo

rcav

e go

ditë

se të

cik

lone

ve, t

ajfu

neve

, to

rnad

ove

etj;

të sh

pjeg

ojë

zbat

imet

e n

johu

rive

të m

ësip

ërm

e te

vel

at, f

orca

ngr

itëse

e

krah

ut të

avi

onit

dhe

helik

opte

rëve

, flet

ët e

ven

tilat

orit,

thith

ja e

oxha

qeve

dhe

te p

ompa

t e rr

allim

it të

lart

ë, p

unën

e ze

mrë

s si p

ompë

dh

e tr

ysni

në e

gja

kut,

TIA

(ata

ket i

shem

ike

në tr

u) e

tj.;

- të d

emon

stroj

ë zba

time t

ë eku

acio

nit t

ë Ber

nulit

në j

etën

e pë

rdits

hme;

- të

skic

ojë

hart

ën e

kon

cept

eve

të k

ëtij

bllo

ku te

mat

ik.

2.9

Ekua

cion

i i B

ernu

lit

142.

10 M

atja

e sh

typj

es d

he e

shpe

jtësis

ë së

rr

jedh

ësit

152.

11 F

ërki

mi i

bre

ndsh

ëm te

rrje

dhës

it

162.

12 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a pë

r pë

rsër

itje

172.

13 P

unë

labo

rato

ri: S

tudi

mi i

form

ulës

së

Torr

içel

it18

2.14

Det

yrë

kont

rolli

20

III.

ZGJE

RIM

N

JOH

UR

ISH

M

BI

DIN

AMIK

ËN

DH

E LI

GJE

T E

RU

AJT

JES

(16

orë)

Në

përf

undi

m të

kla

sës s

ë 11

-të

nxën

ës/i

-ja:

- të n

jehso

jë po

zicio

nin

e qen

drës

së rë

ndes

ës n

ë ras

tet e

dy

mas

aven

ë sk

ajet e

një

shuf

re, t

ë dy

sfera

ve të

lidh

ura m

e një

shuf

ër, n

jë fle

te

katë

rkën

dësh

e dhe

trek

ëndë

sh et

j., si

dhe

rasti

n e s

istem

it To

kë-H

ënë e

tj.- t

ë lid

hë q

endr

ën e

mas

ës m

e qe

ndrë

n e

rënd

esës

;të

bëj

ë pë

rmbl

edhj

en e

ligj

eve

të d

inam

ikës

dhe

të li

gjev

e të

ruaj

tjes

(i im

pulsi

t, i e

nerg

jisë,

i m

omen

tit të

impu

lsit),

si d

he te

orem

ën e

en

ergj

isë k

inet

ike;

- të

përd

orë

në sh

qyrt

imin

pra

ktik

të d

isa si

tuat

ave

mek

anik

e, fo

rcat

e

fërk

imit

të p

rehj

es, t

ë rr

ëshq

itjes

dhe

të rr

okul

lisje

s;Sh

embu

j në

situa

ta m

ekan

ike:

1. N

jë tr

up rr

ëshq

et m

bi n

jë ta

volin

ë, h

erë

pa fë

rkim

, her

ë m

e fë

rkim

në

n ve

prim

in e

një

forc

e;2.

Tru

pi rr

ëshq

et n

ë rr

afsh

in e

pje

rrët

me

fërk

im, o

se p

a fë

rkim

, për

po

shtë

, ose

për

lart

ë, si

dhe

kur

mbi

trup

in v

epro

n nj

ë tr

up tj

etër

i lid

hur m

e fij

e që

kal

on n

ëpër

rrot

ull;

3. Z

batim

e të

ligj

it të

ruaj

tjes s

ë im

pulsi

t në

raste

t kur

trup

at ja

në

lidhu

r me

një

sustë

që

çliro

het;

kur n

jë n

jeri

vrap

on d

he h

ipën

në

një

karr

ocë

që n

dodh

ej n

ë pr

ehje

; kur

një

pat

inat

or h

edh

një

obje

kt e

tj.;

4. “

Una

za e

vde

kjes

”;5.

For

cat t

e rr

ota

aktiv

e e

auto

mje

tit, o

se tr

enit;

të d

iskut

ojë

pjes

ë të

rreg

ullo

res s

ë qa

rkul

limit

të a

utom

jete

ve d

uke

u ba

zuar

në

rrug

ën q

ë bë

n au

tom

jeti

kur f

reno

n;- t

ë zb

atoj

ë në

gru

p nj

ë pr

ojek

t që

ka të

bëj

ë m

e lig

jet e

ruaj

tjes n

ë di

nam

ikë,

si p

.sh.:

ndër

timin

e n

jë ra

kete

etj;

të sk

icoj

ë ha

rtën

e k

once

ptev

e të

kët

ij bl

loku

tem

atik

.

3.1

Forc

at k

ryes

ore

në m

ekan

ikë

Libr

i i fi

zikës

m

atem

atik

ës,

Inte

rnet

i, lib

ra

dhe

revi

sta

shke

ncor

e fiz

ike

Lavj

errë

s m

ate-

mat

ik,

lavj

errë

s el

astik

213.

2 Li

gjet

e N

juto

nit

223.

3 (v

azhd

im)L

igje

t e N

juto

nit

233.

4 Z

batim

e të

ligj

eve

të N

juto

nit p

ër

lëvi

zjen

tejb

artë

se

243.

5 Z

batim

e të

ligj

eve

të N

juto

nit p

ër lë

vizje

n

253.

6 Lë

vizja

rret

hore

dhe

zbat

ime

të li

gjev

e të

N

juto

nit

263.

7 (v

azhd

im) L

ëvizj

a rr

etho

re d

he zb

atim

e të

ligj

eve

të N

juto

nit

273.

8 Pu

na d

he e

nerg

jia k

inet

ike.

Teo

rem

a e

ener

gjisë

kin

etik

e28

3.9

Ener

gjia

mek

anik

e. L

igji

i rua

jtjes

së sa

j

293.

10 Im

pulsi

dhe

ligj

i i ru

ajtje

s së

tij.

Zba

time

të li

gjit

të ru

ajtje

s së

impu

lsit

303.

11 (v

azhd

im) I

mpu

lsi d

he li

gji i

ruaj

tjes s

ë tij

. Zba

time

të li

gjit

të ru

ajtje

s së

impu

lsit

313.

12 Q

endr

a e

mas

ës

323.

13 M

omen

ti kë

ndor

dhe

ligj

i i ru

ajtje

s së t

ij. Z

batim

e të

ligj

it të

ruaj

tjes s

ë mom

entit

kën

dor

332.

Pro

jekt

343.

14 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a pë

r pë

rsër

itje

353.

15 D

etyr

ë ko

ntro

lli

Orë

Kre

uO

bjek

tiva

t e K

reut

Tem

a m

ësim

ore

për

çdo

orë

mës

imi

Mat

eria

libu

rim

orM

jete

t m

ësim

ore

7

36

IV.

ZGJE

RIM

N

JOH

UR

ISH

M

BI R

RYM

ËN

ALT

ERN

ATIV

E (1

1 or

ë)

Në

përf

undi

m të

kla

sës s

ë 11

-të

nxën

ës/i

-ja:

-të n

jehs

ojë

rrym

at d

he te

nsio

net n

ë pj

esët

me

RLC

, të

lidhu

ra n

ë se

ri;- t

ë nj

ehso

jë fu

qinë

akt

ive

dhe

koefi

cien

tin e

fuqi

së;

të d

iskut

ojë

për m

asat

që

duhe

n m

arrë

për

për

mirë

simin

koe

ficie

ntit

të fu

qisë

;- t

ë sh

pjeg

ojë

mbi

baz

ën e

një

skem

e të

dhë

në p

arim

et e

ra

diod

hënë

sit, r

adio

mar

rësit

, ant

enav

e, m

odul

imet

dhe

ded

ektim

et,

oshi

losk

opit,

tele

vizo

rit, s

i dhe

traj

ekto

ret e

tufë

s ele

ktro

nike

në

ekra

net e

kom

pjut

erëv

e;- t

ë sh

pjeg

ojë

rolin

e fr

ekue

ncav

e të

leju

ara

në tr

ansm

etim

et ra

dio

TV

pë

r mën

jani

min

e in

terfe

renc

ave;

- të

shpj

egoj

ë pa

rimin

e p

unës

së te

lefo

nave

cel

ular

ë;- t

ë sk

icoj

ë ha

rtën

e k

once

ptev

e të

kët

ij bl

loku

tem

atik

.

4.1

Rry

ma

alte

rnat

ive.

Qar

ku m

e re

ziste

ncë

Libr

i i fi

zikës

m

atem

atik

ës,

Inte

rnet

i, lib

ra

dhe

revi

sta

shke

ncor

e fiz

ike

Mag

net,

bobi

ne

mag

n-et

ike

me

rrym

ë,

burim

rr

yme,

m

jete

të

tjera

që

ndih

m-

ojnë

në

përv

etë-

simin

e

çësh

tjeve

ng

a an

a e

nxën

ësve

374.

2 K

onde

nsat

ori n

ë qa

rkun

e rr

ymës

al

tern

ativ

e38

4.3

Ush

trim

e dh

e pr

oble

ma

394.

4 Bo

bina

e in

duks

ioni

t në

qark

un e

rrym

ës

alte

rnat

ive

404.

5 Fu

qia

në q

arqe

t e rr

ymës

alte

rnat

ive

414.

6 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

424.

7 Re

zona

nca

në q

arqe

t R, L

, C të

lidh

ur

në se

ri43

4.8

Parim

et e

radi

okom

unik

imit

444.

9 Ap

arat

et e

radi

okom

unik

imit

Tele

foni

a ce

lula

re45

4.10

Ush

trim

e dh

e pr

oble

ma

për

përs

ërit

je46

4.11

Det

yrë

kont

rolli

47

V. AK

UST

IKA

(14

orë)

Në

përf

undi

m të

kla

sës s

ë 11

-të

nxën

ës/i

-ja:

- të

form

uloj

ë ku

ptim

in fi

zik të

: bur

imi,

mje

disi,

mar

rësi,

ting

ulli

i thj

esht

ë, la

rtës

ia e

toni

t, in

tens

iteti

dhe

fort

ësia

e ti

ngul

lit, n

jësia

be

ll dh

e dB

, tin

gulli

i pë

rbër

ë, h

arm

onik

u th

emel

or d

he o

bert

onet

, tim

bri,

valë

t e q

ëndr

uesh

me,

rezo

nanc

a, sh

pejtë

sia e

zërit

, efe

kti D

ople

r, pa

sqyr

imi,

jeho

na, o

shët

ima,

difr

aksio

ni, i

nter

fere

nca,

infra

tingu

jt dh

e ul

trat

ingu

jt, v

alët

e q

ëndr

uesh

me

në k

orda

dhe

në

shty

llat a

jrore

; pr

agu

i dëg

jimit,

pra

gu i

dhim

bjes

;- t

ë da

llojë

në

shem

bujt

e dh

ënë,

tre

elem

ente

t the

mel

ore

të a

kusti

kës:

burim

i, m

jedi

si dh

e m

arrë

si;të

kla

sifiko

jë ti

nguj

t, in

fratin

gujt

dhe

ultr

atin

gujt,

sipa

s fre

kuen

cës s

ë ty

re;

- të

prov

ojë

se ti

ngul

li pr

odho

het n

ga tr

upa

që d

ridhe

n dh

e se

ai

përh

apet

vet

ëm n

ë m

jedi

set m

ater

iale

, por

jo n

ë zb

razë

ti;- t

ë tre

gojë

mën

yra

të th

jesh

ta p

ër m

atje

n e

shpe

jtësis

ë së

ting

ullit

në

mje

dise

të n

drys

hme;

- të

dallo

jë ti

ngul

lin e

thje

shtë

nga

një

ting

ull i

për

bërë

në

një

para

qitje

gra

fike;

- të s

hpjeg

ojë r

olin

e ha

rmon

ikëv

e në f

orm

ën e

grafi

kut;

të p

ërdo

rë

lidhj

en n

dërm

jet fo

rtësis

ë së t

ingu

llit n

ë dB

dhe i

nten

sitet

it të

tij,

për t

ë kr

ahas

uar f

ortë

sitë e

dy

tingu

jve,

kur j

epen

inte

nsite

tet e

tyre

;

5.1

Burim

et d

he m

arrë

sit e

val

ëve

zano

re.

Shpe

jtësia

e p

ërha

pjes

së v

alëv

e za

nore

Teks

ti,

Inte

rnet

i dhe

m

ater

iale

të

tjera

sh

kenc

ore

Mje

te p

ër

vroj

timin

e

inte

rfere

-nc

ës d

he

difra

ksi-

onit

të

dritë

s, pa

sqyr

imit

dhe

përt

hyer

jes

së d

ritës

485.

2 K

arak

teris

tikat

e ti

ngul

lit

495.

3 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

505.

4 Pa

sqyr

imi,

thye

rja d

he d

ifrak

sioni

i va

lëve

515.

5 In

terfe

renc

a e

valë

ve

525.

6 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

535.

7 Va

lët e

qën

drue

shm

e në

kor

da

Orë

Kre

uO

bjek

tiva

t e K

reut

Tem

a m

ësim

ore

për

çdo

orë

mës

imi

Mat

eria

libu

rim

orM

jete

t m

ësim

ore

8

54- t

ë sh

pjeg

ojë

bazë

n fiz

ike

të ti

mbr

it të

ting

ullit

për

të n

jehs

uar

freku

enca

t e o

bert

onev

e, k

ur n

jihet

frek

uenc

a e

harm

onik

ut të

par

ë;- t

ë pa

raqe

së d

ukur

i nat

yror

e që

ven

ë në

duk

je p

asqy

rimin

, jeh

onën

, os

htim

ën, j

ehon

ën, p

ërth

yerje

n e

zërit

kur

kal

on n

ga n

jë m

jedi

s në

tjetr

in, d

ifrak

sioni

n, in

terfe

renc

ën, r

ezon

ancë

n e

tingu

llit m

e nj

ë bu

rim,

efek

tin D

ople

r;- t

ë sh

pjeg

ojë

valë

t e q

ëndr

uesh

me

në n

jë k

ordë

dhe

në

shty

llat a

jrore

të

hap

ura

vetë

m n

ga n

jë a

në, o

se n

ga të

dy

anët

;- t

ë ev

iden

tojë

ndi

kim

in e

nga

cmue

sve

në ti

mbr

in e

ting

ullit

;- t

ë pë

rdor

ë nj

ohur

itë e

mës

ipër

me

në zb

atim

et e

mëp

osht

me

:a.

Lid

hja

e fre

kuen

cës s

ë to

nit t

hem

elor

dhe

obe

rton

eve

me

gjat

ësin

ë e

telit

(tek

instr

umen

tet m

e te

la).

Ndi

kim

i i te

nsio

nit t

ë te

lit d

he i

dend

ësisë

line

are

në fr

ekue

ncat

e h

arm

onik

ëve

(vet

ëm tr

ajtim

cilë

sor)

;b.

Har

mon

ikët

e g

ypav

e aj

rorë

të h

apur

nga

një

ra a

në (o

se n

ga

të d

y an

ët) t

ek in

strum

ente

t fry

mor

ë. M

ënyr

at e

nga

cmim

it te

k in

strum

ente

t fry

mor

ë (d

he tu

bat e

org

anos

etj.

);- t

ë sh

pjeg

ojë

mbi

baz

ën e

skem

ës q

ë i j

epet

, par

imin

e p

unës

së

mik

rofo

nit d

he a

ltopa

rlant

it si

dhe

brez

in e

frek

uenc

ave

të ty

re;

- të

argu

men

tojë

fakt

orët

që

ndik

ojnë

në

mos

shtre

mbë

rimin

e si

njal

it dh

e të

tim

brit

gjat

ë re

gjist

rimev

e, p

ërfo

rcim

eve

dhe

tran

smet

imev

e të

tingu

jve

në m

uzik

ë;- t

ë di

skut

ojë

disa

mas

a që

mer

ren

për c

ilësi

të m

irë të

dëg

jimit

në

salla

t me

akus

tikë,

si d

he p

ër n

dërt

imin

e st

udio

ve të

hes

htur

a;- t

ë sh

pjeg

ojë

zbat

imet

e m

ëpos

htm

e në

mje

kësi:

ves

hi d

he d

ëgjim

i, da

llim

i i fr

ekue

ncav

e, fo

rtës

isë d

he ti

mbr

it, p

ragu

i dë

gjim

it dh

e i

dhem

bjes

, mën

jani

mi i

ndo

tjeve

aku

stike

, për

dorim

i i u

ltrat

ingu

jve

për d

iagn

ostik

im d

he k

urim

(eko

, dop

ler)

etj;

- të

deba

tojë

për

mas

at q

ë du

het t

ë m

erre

n pë

r të

bërë

izol

imin

ak

ustik

të n

dërt

esav

e dh

e ap

arta

men

teve

, mën

jani

min

e zh

urm

ave

të ru

bine

teve

dhe

pom

pave

, shm

angi

en e

zhur

mav

e të

loka

leve

me

muz

ikë

etj;

- të

përg

atisë

një

pun

im in

divi

dual

isht o

se n

ë gr

up m

bi zb

atim

e të

ak

ustik

ës n

ë te

knik

ë, si

p.sh

.: m

bi h

istor

inë

e ev

olui

mit

të a

kusti

kës

së sa

llave

të te

atrit

, muz

ikës

së le

htë

apo

klas

ike,

në

vite

, duk

e sh

fryt

ëzua

r bur

ime

të n

drys

hme

info

rmac

ioni

si a

to të

shkr

uara

dhe

el

ektro

nike

etj;

- të

skic

ojë

hart

ën e

kon

cept

eve

të k

ëtij

bllo

ku te

mat

ik.

5.8

Valë

t e q

ëndr

uesh

me

në sh

tylla

t ajro

re

555.

9 Ef

ekti

Dop

ler

565.

10 R

rahj

et U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

573.

Pro

jekt

585.

11 P

unë

labo

rato

ri: M

atja

e sh

pejtë

sisë

së

zërit

në

ajër

595.

12 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a pë

r pë

rsër

itje

605.

13 D

etyr

ë ko

ntro

lli

Orë

Kre

uO

bjek

tiva

t e K

reut

Tem

a m

ësim

ore

për

çdo

orë

mës

imi

Mat

eria

libu

rim

orM

jete

t m

ësim

ore

9

61

VI.

MES

AZH

ET E

D

RIT

ËS(1

2 or

ë)

Në

përf

undi

m të

kla

sës s

ë 11

-të

nxën

ës/i

-ja:

- të

japë

kup

timin

fizik

të: s

pekt

ër i

vazh

duar

i nj

ë tr

upi t

ë nx

ehtë

, sp

ektë

r ato

mik

dhe

mol

ekul

ar, a

naliz

ë sp

ektr

ale,

foto

met

ria, l

igje

t e

ndriç

imit,

ligj

i i V

init,

efe

kti D

ople

r;- t

ë kr

ahas

ojë

tem

pera

tura

t e d

y tr

upav

e in

kand

eshe

ntë,

duk

e pa

tur t

ë dh

ënë

spek

trat

e v

azhd

uar t

ë ty

re;

- të

përd

orë

ligjin

e V

init

për t

ë pë

rcak

tuar

tem

pera

tura

t e y

jeve

;- t

ë pë

rcak

tojë

për

bërje

n ki

mik

e të

bur

imit

të d

ritës

, si d

he g

jend

jen

mol

ekul

are,

ose

ato

mik

e të

lënd

ës, d

uke

pasu

r të

dhën

ë sp

ektr

at e

rr

ezat

imit

ose

thith

jes s

ë ty

re- t

ë pë

rshk

ruaj

ë se

si p

ërca

ktoh

et p

ërbë

rja e

yje

ve, s

ipas

për

bërje

s së

atm

osfe

rës s

ë ty

re;

- të

shpj

egoj

ë se

si m

und

të g

jyko

het p

ër st

rukt

urën

kris

talo

re të

lë

ndës

, duk

e pë

rdor

ur d

ifrak

sioni

n e

rrez

eve

Rënt

gen

që k

aloj

në

nëpë

r lën

dë;

- të

përd

orë

efek

tin D

ople

r për

të n

jehs

uar s

hpej

tësin

ë e

burim

eve

të

dritë

s, të

yje

ve, g

alak

tikav

e et

j;- t

ë pë

rdor

ë lig

jet e

ndr

içim

it pë

r të

njeh

suar

inte

nsite

tin e

bur

imev

e të

drit

ës, t

ë yj

eve

etj;

- të

shpj

egoj

ë pa

rimin

e p

ërdo

rimit

të rr

ezev

e in

fraku

qe p

ër të

par

ë na

tën;

- të

përs

hkru

ajë

përd

orim

et e

rrez

eve

lase

r, in

fraku

qe, u

ltrav

jollc

ë,

rënt

gen

etj.

në m

jekë

si, p

ër d

iagn

ostik

im d

he k

urim

, në

tekn

ikë,

në

usht

ri et

j;- t

ë sk

icoj

ë ha

rtën

e k

once

ptev

e të

kët

ij bl

loku

tem

atik

.

6.1

Valë

t ele

ktro

mag

netik

e. S

pekt

ri i v

alëv

e el

ektro

mag

netik

e

626.

2 R

reza

timi t

erm

ik. S

pekt

ri i v

azhd

uar

636.

3 In

tens

iteti

i bur

imev

e të

drit

ës. L

igje

t e

ndriç

imit

646.

4 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

656.

5 Sp

ektr

at a

tom

ikë

666.

6 An

aliza

spek

tral

e. S

pekt

rat m

olek

ular

ë

676.

7 D

ifrak

sioni

i rr

ezev

e rë

ntge

n

686.

8 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a

696.

9 Ef

ekti

Dop

ler p

ër v

alët

ele

ktro

mag

netik

e

706.

10 R

reza

timet

ele

ktro

mag

netik

e në

mje

kësi

716.

11 U

shtr

ime

dhe

prob

lem

a pë

r pë

rsër

itje

724.

Pro

jekt

Orë

Kre

uO

bjek

tiva

t e K

reut

Tem

a m

ësim

ore

për

çdo

orë

mës

imi

Mat

eria

libu

rim

orM

jete

t m

ësim

ore

Fizika 11

10

KrEU 1 KërKiMi sHKEnCor në FiZiKë

Kur vëzhgimet tona janë të pamjaftueshme për të nxjerrë konkluzione për shkak të kufizimeve të shqisave apo aparateve, fizika me metodat e saj na ndihmon të gjejmë rrugëdaljen, të marrim shtegun e duhur. Si të bindemi se kemi bërë zgjedhjen më të mirë?

OBJEKTIVA TË PËRGJITHSHËM

Mbas studimit të këtij kapitulli, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. Të shpjegojë pse eksperimentet janë të rëndësishme në vërtetimin dhe progresin e një teorie.

2. Të zbatojë në mënyrë korrekte të gjitha hapat e një metode shkencore; të jetë në gjendje ta zbatojë në praktikë.

3. Të dijë të llogarisë përqindjen e gabimit në matje që kërkojnë eksperimente të ndryshme.

4. Të përdorë sistemin ndërkombëtar të njësive SI; të dallojë njësitë themelore nga ato të rrjedhura; të kthejë nga një sistem njësish në një tjetër.

5. Të argumentojë lidhjen që ekziston ndërmjet fizikës dhe shkencave të tjera; të sjellë shembuj.

1.1. METODA SHKENCORE TË KËRKIMIT

Objektiva specifikë:

Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. të përshkruajë shkurtimisht historinë e zhvillimit të mendimit shkencor botëror;

2. të kuptojë rëndësinë që kanë të gjithë hapat që duhen ndjekur, deri në arritjen e një të vërtete shkencore; të dijë t’i zbatojë konkretisht për të vërteta të njohura;

3. të përdorë të menduarin kritik, nëpërmjet argumenteve që vënë përballë përvojën me dijen, për raste specifike; të nxjerrë konkluzione udhëhequr nga mësuesi.

LibËr PËr mËsuesiN

11

Pyetje dhe ushtrime: 1. A janë gjithnjë të sakta njohuritë e përftuara nga përvoja e përditshme?

Nëse jo, jepni shembuj.

ARSYETIM

•Për t’i dhënë përgjigje kësaj pyetjeje, le të nisim me shembullin e rënies së lirë të një trupi nga një farë lartësie. Një nga pyetjet që bëhet më shpesh është: A varet shpejtësia e lëvizjes, nga masa e trupit, që do të thotë, se trupi më i rëndë bie më shpejt dhe ai më i lehtë bie më ngadalë? Në fakt, një argument i tillë ka qenë objekt debati që në kohëra shumë të lashta, që nga koha e Aristotelit. Mendimi i Aristotelit se masa e trupit ndikon në shpejtësinë e lëvizjes së lirë të tij dhe se kjo shpejtësi është e barabartë me raportin e peshës së trupit me rezistencën që mjedisi i paraqet trupit në lëvizje, ka mbizotëruar deri në shekullin e XVII. Në vështrim të parë është krejtësisht e vërtetë – njohuritë tona të përftuara nga përvoja e përditshme duken të sakta. Merrni në dorë një libër dhe një fije letër dhe lëshojini të dy njëkohësisht (mësuesja fton të gjithë nxënësit ta bëjnë këtë eksperiment). Kush bie më shpejt? Sigurisht që libri. Legjenda thotë se i pari që vuri në dyshim këtë teori ishte G. Galilei, i cili hodhi nga kulla e Pizës trupa me masa të ndryshme dhe vuri re se të gjithë trupat binin njëkohësisht. Galileu njihet edhe si themeluesi i fizikës moderne, falë dëshirës për të verifikuar teoritë nëpërmjet eksperimenteve. Synimi i tij ishte të gjente ligjet e natyrës, si funksiononte, duke i shprehur shpesh në formën e ekuacioneve, rrjedhojë e vëzhgimeve dhe eksperimenteve të tij të panumërta. Është e famshme shprehja e tij: “Libri i natyrës është shkruar në gjuhën e matematikës”. Sot është e lehtë për të arsyetuar se prania e ajrit, më saktë e mjedisit, është faktor që ndikon në lindjen e forcës së rezistencës dhe që pengon rënien e njëkohshme të trupave. Duke ju rikthyer edhe një herë eksperimentit me librin dhe me fijen e letrës, përsëriteni duke e vendosur copën e letrës mbi librin dhe i lëshoni të dyja bashkë tashmë, librin + fijen e letrës. Eksperimenti tregon se në këtë rast, duke eliminuar forcën rezistente të ajrit për fijen e letrës, shohim se të dy trupat bien njëkohësisht (nëse keni laborator fizike dhe gjendet gypi i Galileut, mund ta vërtetoni më së miri idenë se vëzhgimi ynë për varësinë e shpejtësisë së rënies së lirë nga masa e trupit na çon në konkluzion të gabuar, përndryshe, mund të vazhdoni me një eksperiment imagjinar të kryer në Hënë, ku në mungesë të ajrit, të gjithë trupat të lëshuar në të njëjtën kohë, takojnë njëkohësisht sipërfaqen e hënës).

•Dritë plus dritë jep dritë. Nuk është gjithmonë e vërtetë! Ja përsëri një tjetër përvojë e gabuar nga jeta e përditshme. Në fakt jemi mësuar që, për të ndriçuar

Fizika 11

12

më mirë një dhomë, të marrim abazhurë me sa më shumë llamba. Askush nuk mund të dyshojë në një fakt të tillë. Por, sa kohë që llambat me të cilat ndriçohet dhoma janë burime të çfarëdoshme drite, jemi në rregull. Provoni të përdorni dy burime koherentë. Nga fizika dimë se nga mbivendosja e dy valëve koherente (përftuar nga dy burime koherentë), marrim tablonë e interferencës, që shfaqet në formën e brezave të ndritshëm e të brezave të errët. Pra, dritë plus dritë jo gjithmonë jep “dritë”, por edhe “errësirë”.

•Sipas mekanikës klasike, një vazo me lule në dritare nuk duhet të bjerë kurrë, sa kohë që mbi të nuk veprojnë forca të jashtme për ta nxjerrë nga kjo gjendje. Vëzhgimet tona e pranojnë “symbyllur” një teori të tillë. Në praktikën tonë të përditshme, asgjë nuk lëviz vetë. Ligji i parë i Njutonit që e keni mësuar shumë mirë në shkollë thotë se një trup qëndron në prehje, sa kohë që rezultantja e forcave që veprojnë mbi të është e barabartë me zero. Që një trup të lëvizë, duhet që dikush ta vërë në lëvizje. Pra, duhet një forcë ose një rezultante forcash e ndryshme nga zero. Që një trup të bjerë, duhet shtyrë. Por jo në botën e mekanikës kuantike! Sipas mekanikës kuantike, për shkak të fluktacioneve, ekziston probabiliteti që vazoja të bjerë, edhe në mungesë të forcave të jashtme. Më tej akoma, nëse një lavjerrës lëkundet nga pika a në b, mekanika klasike thotë që në çdo çast të kohës ai gjendet në njërën nga pikat e harkut ab; sipas mekanikës kuantike, lavjerrësi mund të ndodhet edhe jashtë harkut ab. Dallimi është se në jetën e përditshme, ne nuk na intereson se çfarë ndodh brenda trupit, pra nuk shohim në nivel mikro. Ne na intereson trupi si i tërë dhe e kufizojmë gjykimin në nivel makro, sepse një gjykim i tillë, ndonëse i kufizuar, i plotëson më së miri pritshmëritë tona të përditshme. Wolfgang Paul ka thënë: Të gjithë jemi dakord se këto që po themi duken çmendurira. Gjëja që na ndan është nëse ka ose jo mjaftueshëm çmenduri që mund të ketë shansin për t’u ndrequr.

•Një nga zbulimet më të mëdha që është kundërshtuar vazhdimisht ka qenë postulati se energjia përbëhet nga porcione, njëlloj sikundër lënda përbëhet nga atome. Për më tepër, që energjia mund të shndërrohet në lëndë dhe anasjelltas, lënda mund të shndërrohet në energji. Formula e Ajnshtajnit E=mc2, që lidh masën me energjinë dhe, në të njëjtën kohë, shpreh shndërrimin e tyre në njëra-tjetrën, më shumë është zbatuar si formulë, se kuptuar. Për të gjithë ne, masa është diçka që mund të shihet e preket; energjia është diçka abstrakte, që mund të ndjejmë efektin e saj. Për rrjedhojë, si mund të shndërrohet energjia në masë? Tingëllon më shumë si sofizëm se e vërtet. Masë që lind nga asgjëja! Por eksperimentet me thërrmijat elementare kanë vërtetuar teorinë.

Si konkluzion, jeta e përditshme na pajis me njohuri të cilat shpesh janë të gabuara. Na duhet ta theksojmë një fakt të tillë për të treguar dhe, ndoshta, edhe për të justifikuar, rezistencën që u paraqesim teorive të reja dhe, shpesh,

LibËr PËr mËsuesiN

13

edhe pamundësinë për t’i kuptuar në kohë. 2. Cilat janë kriteret që duhet të plotësojë një formulim për t’u bërë ligj në fizikë?

ARSYETIM

Për t’iu përgjigjur kësaj pyetjeje, e mira është të punoni me modelin e tabelës, duke u dhënë nxënësve mundësinë për ta pasuruar ose me punë të pavarur në klasë, ose në shtëpi.

Ligj fizik (ide e shprehur nëpërmjet

një relacioni matematik ose

fjalëve)

Duhet të marrë parasysh të dhënat e njohura

Duhet të bëjë parashikimeqë mund të

testohen

Duhet të ketë një bazë shkencore

Formula e Ajnshtajnit për fotoefektin:

hf2mvhí = A +

2daljes

1. Elektronet shkëputen nga metalet alkalinë nën veprimin e rrezatimit elektromagnetik.2. Energjia kinetike me të cilën shkëputen elektronet varet nga lloji i metalit dhe nga frekuenca e rrezatimit. Numri i elektroneve të shkëputur varet nga intensiteti i rrezatimit.

Dukuria duhet të ndodhë me të gjithë metalet; u vu re fillimisht me metalet alkalinë, sepse kanë punën e daljes më të vogël.

1. Gjen zbatim ligji i ruajtjes dhe shndërrimit të energjisë, ligj universal i cili nuk mund të shkelet dhe për të cilin e dimë se nuk ka përjashtime.

Ligji i parë i termodinamikës (për një sistem të mbyllur):

∆U = Q + A

1. Eksperimentet e Joul për përcaktimin e ekuivalentit mekanik (kur përziejmë ujin në mënyrë mekanike në një enë të mbyllur, uji ngrohet), pra kemi shndërrimin e punës në energji termike. Më tej akoma, energjia e brendshme e trupit mund të ndryshojë edhe gjatë shkëmbimeve termike me trupa të tjerë, p.sh. duke i vënë në kontakt. 2. Prania e forcave të fërkimit shoqërohet me humbje energjie.

1. Nëse në një sistem nuk kryejmë punë, atëherë energjia e brendshme e tij duhet të ruhet.

1. Është ligj eksperimental2. Shkencëtarë të shumtë kishin sjellë fakte (Rumford, Mayer)3. Gjen zbatim ligji i ruajtjes dhe shndërrimit të energjisë, ligj universal i cili nuk mund të shkelet dhe për të cilin e dimë se nuk ka përjashtime.

Fizika 11

14

1.2 sHEMBUJ Të ZBaTiMiT Të METoDës sHKEnCorE. si MUnD Ta ZBaToni METoDën sHKEnCorE në nJë KërKiM Të THJEsHTë?

1. A mund të imagjinoni eksperimente që do të verifikonin hipotezën e parë (avullimi) si shkaku i “efektit Mpemba”?

ARSYETIM

E dhënë: Eksperimentet tregojnë se uji i ngrohtë ngrin më shpejt se uji më i ftohtë. Një nga hipotezat në mbështetje të këtij pohimi është se “kur uji i ngrohtë ftohet deri në temperaturën e ujit të ftohtë, ai humbet një sasi si pasojë e avullimit; për rrjedhojë, masa e ujit të ngrohtë bëhet më e vogël se masa e ujit të ftohtë dhe do të ngrijë më shpejt”.

Duam të provojmë: Hipoteza e mësipërme, për ne është problemi i ri. Për këtë problem ngremë një hipotezë të re: sa më i ngrohtë të jetë uji, aq më shpejt ngrin, sepse aq më shumë do të humbasë nga masa e tij, si pasojë e avullimit, deri në ftohje. Mendojmë një eksperiment të tillë: marrim dy masa të njëjta uji dhe i ngrohim në temperatura të ndryshme, për shembull në 900C dhe 400C. Masat e ujit i hedhim në dy enë plastike; për të qenë të sigurt, masim temperaturat e tyre me një termometër të thjeshtë; kini kujdes mos t’i mbushni plot gotat, mjafton edhe pak; mos harroni t’u vendosni gotave nga një etiketë për të evituar çdo ngatërresë të mundshme. I fusim enët në dhomën e ngrirjes së frigoriferit të shtëpisë dhe i nxjerrim mbas dy orësh; verifikojmë gjendjen. Nëse uji i nxehtë ka ngrirë më shumë se uji i ngrohtë, kjo do të thotë se hipoteza e avullimit të ujit dhe e ndikimit të tij në kohën më të shpejtë të ngrirjes është e saktë. Përsëriteni eksperimentin edhe një herë duke ndryshuar kufijtë e ndryshimit të temperaturave, ose mund të veproni që në fillim me tre enë me temperatura të ndryshme etj.

2. Vëzhgoni një dukuri të thjeshtë në natyrë, në klasë ose në shtëpi. Përcaktoni madhësitë fizike që ndikojnë në atë dukuri. Ngrini hipoteza të ndryshme mbi

Ujë i nxehtë 900C

Ujë i ngrohtë400C

LibËr PËr mËsuesiN

15

varësinë e ndonjë madhësie përcaktuese të dukurisë nga madhësi të tjera që mund të ndryshojnë. Ngrini eksperimente të thjeshta për të verifikuar hipotezat. Analizoni rezultatet e eksperimenteve dhe nxirrni përfundime. A mund të bëni parashikime për rezultate të eksperimenteve të ngjashme?

ARSYETIM + EKSPERIMENT

Do të vlerësojmë se çfarë ndikimi ka forca e fërkimit në shpejtësinë me të cilën godet tokën një trup që kryen rënie të lire. Në fakt, është studiuar edhe më parë që forca e fërkimit ndikon në zvogëlimin e shpejtësisë me të cilën trupi godet sipërfaqen e tokës, por është një eksperiment interesant, të cilën nxënësit e kryejnë me dëshirë; për më tepër, një pjesë e mirë e eksperimentit kryhet jashtë klasës tradicionale.

a. Mjetet e kërkuara: • kronometër (mund të shërbejë edhe një orë e zakonshme dore që ka kronometër)• trupa të madhësive të ndryshme, që mund të jenë një top i vogël pingpongu,

një top basketbolli, një gur, një copë pëlhurë.• Letër e milimetruar (ose fletore me katrore, por duhet të keni kujdes me

shkallën e gabimit)b. Diskutim. Marrim në konsideratë grafikun e varësisë së ndryshimit të shpejtësisë nga koha të një trupi që lëviz në mënyrë njëtrajtësisht të ndryshuar.

Dimë se në lëvizjen njëtrajtësisht të ndryshuar, në intervale të barabarta kohe, ndryshimi i shpejtësisë bëhet me vlera të barabarta. Nëse ndërtojmë grafikun e kësaj varësie, do të jetë një vijë e drejtë, paralel me boshtin e kohës. Duke ngritur pingulen nga një çast i caktuar kohe derisa të presë grafikun, ndërtohet një katërkëndësh (në figurë është vijëzuar), sipërfaqja e të cilit na jep rrugën e përshkruar nga trupi. Pra, nëse duam të llogarisim grafikisht rrugën e përshkruar nga trupi gjatë një intervali të caktuar kohe, mjafton të ndërtojmë grafikun e varësisë së shpejtësisë nga koha dhe, më tej, të gjejmë sipërfaqen që

formohet nën grafik (për atë interval kohe). Këtë koncept do ta përdorim për të arsyetuar rreth shpejtësisë me të cilën një trup takon sipërfaqen e tokës në prani të forcave të fërkimit, ose ndryshe të forcës rezistente të ajrit.

Fizika 11

16

Nëse mungon fërkimi dhe për rastin kur shpejtësia fillestare është zero, grafiku i varësisë së çastit nga koha, të një trupi që bie në rënie të lirë nga një farë lartësie h, paraqitet në figurën 2. Me idenë e mësipërme, përsëri duke patur të dhënë grafikun, jemi në gjendje të llogarisim, për çdo çast të caktuar të kohës (për t0=0, intervali i kohës jepet nëpërmjet vlerës së çastit), rrugën e përshkruar nga trupi: sipërfaqja e kufizuar nga grafiku i varësisë së shpejtësisë nga koha dhe pingulja e hequr në çastin e dhënë, na japin rrugën e përshkruar; më tej, mjafton të zbatojmë formulën për gjetjen e sipërfaqes së trekëndëshit: s = vt/2. Me kushtin që shpejtësia fillestare është zero, shpejtësia mesatare është vm= v/2; për ta pasur më të lehtë, në vend të v të çastit përdorim shpejtësinë mesatare dhe në vend që të llogarisim sipërfaqen e trekëndëshit, marrim në konsideratë drejtkëndëshin me brinjë vm dhe t (është e njëjta gjë: s = vmt = (v/2) t.

Në mungesë të fërkimit:

2t

0 t tgtPër v = 0, kemi: v = g t dhe h =2

⋅

ku vt është shpejtësia teorike që zotëron trupi në çastin që takon sipërfaqen e tokës dhe tt intervali teorik i kohës së rënies nga lartësia h. Për një h të dhënë, jemi në gjendje të gjejmë, teorikisht, kohën e rënies tt si dhe shpejtësinë me të cilën trupi do të godiste sipërfaqen e tokës nëse nuk do të kishim fërkim. Pra, nëse trupi bie nga lartësia h dhe shpejtësia fillestare e tij është v0 = 0, kemi:

2t

t t tgt 2hh = t = dhe v = g×t (1)2 g⇒

Me vt kemi shënuar shpejtësinë teorike me të cilën trupi takon sipërfaqen e tokës. Ndërtojmë grafikun e varësisë së shpejtësisë nga koha; në mungesë të fërkimit, dimë se varësia është lineare: një vijë e drejtë që kalon nga origjina (në figurë është quajtur grafiku i shpejtësisë teorike të rënies).

LibËr PËr mËsuesiN

17

Në prani të fërkimit: Për sa kohë që forca e fërkimit redukton rritjen e shpejtësisë së trupit, kjo do të thotë që shpejtësia me të cilën trupi takon sipërfaqen e tokës është më e vogël. Grafiku i varësisë së shpejtësisë nga koha, në prani të fërkimit, do të zhvendoset nga ai teoriku (në figurë është quajtur grafiku i shpejtësisë aktuale të rënies).

Si do veprojmë: Si mund ta gjejmë grafikisht se, vërtet trupi, në prani të forcës së fërkimit, arrin në sipërfaqen e tokës me shpejtësi më të vogël. Nga matjet e bëra, dimë, për shembull, se nëse një trup hidhet nga lartësia 43 m, pa shpejtësi fillestare, në mungesë të fërkimit e bën këtë rrugë për 2.96 sek dhe, në prani të fërkimit, për 3.5 sek, pra për më shumë. Rruga e përshkruar në të dy rastet është e njëjtë, nuk varet nga prania ose jo e fërkimit. Shfrytëzojmë këtë fakt për të bërë vlerësime për shpejtësinë nga grafiku. Ngremë pingulen nga çasti i kohës tt = 2.96 sek deri sa të presë grafikun e shpejtësisë teorike; nga pikëprerja, heqim pingulen me boshtin e shpejtësive. Sipërfaqja e katërkëndëshit të ndërtuar përfaqëson rrugën e përshkruar (janë 36 kuti të vogla, të cilave po t’u heqim sipërfaqen e shiritit të hollë, bëjnë me afërsi 35 kutia). Tani ngremë pingulen nga koha reale (jemi zhvendosur në të djathtë të boshtit të kohës). Me kushtin që rruga është konstante, duhet që të dy sipërfaqet të jenë të njëjta, pra numri i njësive edhe për sipërfaqen e dytë të jetë po ajo, që do të thotë se pingulja e hequr në boshtin e shpejtësive duhet të merret më poshtë (për këtë na ndihmon letra e milimetruar). Na duhen përsëri 35 kuti të vogla. Pra, shpejtësia mesatare nuk është më 30 m/s, por 25 m/s, pra është më e vogël.

Procedurë: 1. zgjidhni vendin nga do të hidhni trupat e ndryshëm2. zgjidhni mënyrën si do të matet koha e rënies, bashkë me aparatin që do

të shërbejë për këtë qëllim; ndërgjegjësoni nxënësit për kohën e reagimit: si do jepet sinjali që të ndodhin, në të njëjtën kohë, edhe rënia e trupit, edhe numërimi i kohës

3. zgjidhni teknikën e hedhjes së trupit (pa shpejtësi fillestare, duke e lënë të lirë)

Veprime: 1. masni lartësinë nga do të kryhet rënia; ose realizojini eksperimentet në

lartësi të njohura2. hidhni njërin trup (përshtatni masën e trupit me lartësinë); masni kohën e

rënies (me kronometër)3. për lartësinë e mësipërme, llogaritni me formulë kohën teorike të rënies;

llogaritni, përsëri me formulë, shpejtësinë teorike (në mungesë të fërkimit)

Fizika 11

18

4. merrni letrën e milimetruar. Ndërtoni boshtin e shpejtësisë (boshti i ordinatës) dhe boshtin e kohës së rënies (boshti i abshisës)

5. me të dhënat teorike (hapi 3), ndërtoni drejtkëndëshin që kufizohet nga pingulet e hequra në vlerat e shpejtësisë dhe të kohës të llogaritura teorikisht dhe me të dy boshtet koordinative; masni sa katrorë të letrës së milimetruar përfshihen në të; me kohën e matur nga ju (hapi 2), ndërtoni një drejtkëndësh tjetër, që të përmbajë të njëjtin numër katrorësh të vegjël të letrës së milimetruar, përcaktoni shpejtësinë reale me të cilën trupi takon sipërfaqen e tokës në prani të forcës së fërkimit.

Analizë: 1. Çfarë mund të themi për ato raste kur grafiku real është shumë afër

grafikut teorik?2. Nëse hedhim një copë pëlhurë nga një ndërtesë shumë e lartë, sa do të

jetë koha e rënies? Si do të jetë pamja e grafikut të varësisë së shpejtësisë së rënies nga koha? Po nëse e krahasoni me grafikun që keni ndërtuar ju?

1.3 UsHTriME DHE ProBlEMa

1. Vihet re që kur ngjiten shumë lart, balonat e mbushura me ajër të ngjeshur çahen. Ngrini hipoteza të ndryshme për shkakun e kësaj dukurie dhe kryeni eksperimente, duke lëshuar në ajër balona shumë të fryra me shtypje të ndryshme. Analizoni rezultatet dhe nxirrni përfundime.

ARSYETIM

• Ngremë hipotezat mbi bazën e disa arsyetimeve që bëjmë së bashku me nxënësit. Për këtë u drejtohemi nxënësve duke kërkuar prej tyre se pse mund të çahet një balonë e mbushur me ajër. Përgjigjet mund të jenë nga më të ndryshmet, përfshirë edhe çarjen e saj me një gjilpërë; kanalizojini përgjigjet në tri grupe kryesore:

1. trysnia brenda balonës është më e madhe se trysnia jashtë2. trysnia jashtë balonës është më e madhe se trysnia jashtë3. për shkaqe të ndryshme të paparashikuara

• për të kryer eksperimentet, ju duhen disa tullumbace dhe një pompë e vogël dore, nga ato që fryjmë dyshekët e plazhit, por meqenëse është e pamundur të

LibËr PËr mËsuesiN

19

arrini që në lartësinë ku jeni (brenda në klasë), të merrni rezultatin e shënuar, eksperimentin mund ta realizoni kur të jeni ekskursion me klasën në mal ose mund ta përfytyroni.

• vazhdoni duke analizuar situatën: me rritjen e lartësisë, ajri rrallohet; sa më i rrallë ajri jashtë, aq më e vogël është forca që ushtrohet në membranën e balonës nga jashtë; nga ana tjetër, duke ditur se ajri ka vetinë të mbushi të gjithë vëllimin e enës në të cilën ndodhet, për shkak të lëvizjes kaotike, molekulat e tij gjatë goditjeve me faqet e balonës, do të hasin gjithmonë e më pak rezistencë, që do të thotë se membrana elastike do të vazhdojë të zgjerohet gjithmonë e më shumë, derisa të çahet.

•Përfundimi është se në çarjen e balonës rolin kryesor e luan diferenca e trysnive që krijohet në të dy anët e membranës, që forcat e saj të elasticitetit nuk janë në gjendje ta përballojnë, pra hipoteza e parë; hipoteza 3, çarje për arsye të paparashikuara, është spontane, më shumë një fat i keq, se burim për ngritjen e hipotezave të qëndrueshme, që mund të provohen për një numër të pafund rastesh dhe të shërbenin për ndërtimin e një teorie.

2. Tregoni raste kur rezultate të eksperimenteve ose të vëzhgimeve kanë përmbysur ose kanë ndryshuar teori në fizikë.

ARSYETIM

• Katastrofa ultravjollcë dhe teoria e Plankut për rrezatimin e trupit të zi. Nëse një objekt nxehet deri në temperaturën 10000C, atëherë ai duket i kuq, pavarësisht se nga çfarë lloj materiali është i përbërë. Që do të thotë, se rrezaton valë elektromagnetike që i takojnë frekuencës së ngjyrës së kuqe. Në temperatura akoma më të larta, rrezatimi i trupave shtrihet në zona të tjera të spektrit: portokalli, e verdhë, e bardhë apo blu. Trupi absolutisht i zi është trupi i cili nuk rrezaton asnjë valë elektromagnetike ose, e thënë ndryshe, ka vlerën

Fizika 11

20

maksimale të përthithshmërisë. Qasja më e mirë laboratorike për një trup të tillë është një objekt: një kuti në të cilën kemi hapur një vrimë të vogël. Çdo rrezatim që hyn në kuti nëpërmjet vrimës, nuk mund të dalë jashtë për shkak të përthithjes që i bëhet nga rrezatimet e njëpasnjëshme brenda kutisë. Nëse kutia nxehet, matjet tregojnë se drita e emetuar varet vetëm nga temperatura e mureve të brendshëm të saj. Në grafikun e figurës tregohet shpërndarja e gjatësive të valëve të rrezatuara, në varësi të temperaturës së trupit të zi. Për T = 6000K, maksimumi i grafikut është λ=500nm, valë që ndodhet në zonën e rrezatimit të gjelbër. Pranë temperaturës së dhomës, pothuaj i gjithë rrezatimi gjendet në zonën e rrezatimit infra të kuq. Me rritjen e temperaturës, maksimumi i grafikut zhvendoset drejt gjatësive të shkurtra të valës (ose frekuencave të larta), por gjithmonë pa e pasur maksimumin e emetimit në këtë zonë. Rayligh & Jeans ndërtuan një teori për rrezatimin e trupit të zi, mbështetur në fizikën klasike. Sipas kësaj teori, energjia e rrezatuar është funksion i temperaturës: sa më e lartë të jetë temperatura brenda trupit të zi, aq më e madhe është energjia e emetuar, për rrjedhojë, aq më e madhe duhet të jetë edhe frekuenca e rrezatimit. Grafiku i emetimit të trupit të zi sipas

Rayligh & Jeans, është ai me vijë të ndërprerë në figurë. Ndonëse teoria përputhej me eksperimentin për një interval të gjerë temperaturash, ajo parashikonte se spektri i rrezatimit duhet të zgjerohet pa kufi në drejtim të zvogëlimit të gjatësive të valëve (ose rritjes së frekuencës së tyre), gjë e cila binte në kundërshti me të dhënat eksperimentale (shih figurën). Gjithmonë sipas tyre, duke e parë kutinë si vendndodhjen e nyjeve të valëve të rrezatuara, sa më e vogël të bëhet gjatësia e valës, aq më shumë gjatësi vale mund të qëndrojnë brenda kutisë. Teoria binte në kundërshtim me eksperimentin! Pamundësia e teorisë së Rayligh & Jeans për të shpjeguar se çfarë ndodh me emetimin e trupit të zi, u quajt katastrofa ultravjollcë, sepse edhe hapja e derës së sobës së druve (fare bukur mund të sillet si shembull i trupit të zi) duhet të shoqërohet me rrezatim ultravjollcë, jashtëzakonisht i dëmshëm për njeriun. Ndërkohë që rrezatimi ultravjollcë vërtet është i dëmshëm, por hapja e derës së sobës për t’u ngrohur, nuk rezulton në ndonjë katastrofë njerëzore! Dhe asnjë trup i zi nuk është burim rrezatimi në frekuenca jashtëzakonisht të mëdha. Më 1900, Max Plank ngriti një teori të re për të përshkruar rrezatimin e trupit të zi, nisur nga rezultatet e eksperimenteve. Sipas Plank, energjia që emetohet nga trupi është e kuantizuar. D.m.th., energjia nuk mund të prodhohet me vlera të çfarëdoshme, por vetëm me kuante hν ose shumëfisha të tyre: 2hν, 3 hν … hν … etj., ku n është çdo numër i plotë pozitiv. Për rrjedhojë, me rritjen e temperaturës, vërtet që rritet edhe energjia e emetuar, por ajo mund të mos jetë e mjaftueshme për të formuar ndoshta as edhe një foton të vetëm, frekuenca e të cilit të shtrihet në zonën ultravjollcë. Në këtë rast mund të sjellim një shembull të thjeshtë, atë të shkallëve që përdorim për t’u ngjitur nga një kat në tjetrin: një njeri mund të qëndrojë në çdo shkallë të dojë, por jo

LibËr PËr mËsuesiN

21

në mes të shkallëve. Duke u kthyer edhe një herë tek rrezatimi ultravjollcë, që të formohen fotone të tilla, kërkohet një energji shumë e madhe dhe probabiliteti që të kemi fotone të tilla është jashtëzakonisht shumë i vogël. Duke ndërtuar këtë teori të re, Planku i dha përgjigje kërkesave që shtronte eksperimenti.

• Teoria e Ajnshtajnit për fotoefektin. Nëse mbi një pllakë metalike që ndodhet në zbrazëti lëshojmë një rrezatim, atëherë ndodh dukuria e shkëputjes së elektroneve, e njohur ndryshe si dukuria e fotoefektit. Në përputhje me natyrën

valore të dritës (teoria ekzistuese në atë kohë), duhet që sa më i madh të jetë intensiteti i rrezatimit, aq më e madhe të jetë edhe energjia me të cilën elektronet shkëputen nga pllaka. Por eksperimentet tregonin se energjia e elektroneve të shkëputur varej vetëm nga gjatësia e valës së rrezatimit (ose frekuenca e tij), ndërkohë që intensiteti i rrezatimit ndikonte vetëm në numrin e tyre, më pak ose më shumë. Teoria ekzistuese për natyrën valore të dritës nuk ishte në gjendje të shpjegonte një sjellje të tillë. Më 1905, Ajnshtajni publikoi teorinë e tij

për dukurinë e fotoefektit, bazuar në hipotezën se drita ka natyrë korpuskulare, d.m.th., përbëhet nga thërrmija me energji plotësisht të përcaktuar E = hν = h/cλ, ku h është konstantja e Plankut. Korpuskulat e dritës u quajtën fotone. Teoria e re ishte në gjendje të shpjegonte më së miri dukurinë e fotoefektit. Gjithmonë sipas Ajnshtajnit, që të ndodhë fotoefekti, duhet që energjia e fotoneve rënës të jetë më e madhe ose barabartë me energjinë e shkëputjes së elektroneve nga metali. Në këtë mënyrë, gjenin shpjegim dy “ngërçet” që krijonte eksperimenti: me rritjen e frekuencës, energjia e fotoneve të rrezatimit bëhet më e madhe, për rrjedhojë, aq më mirë plotësohet kushti për përftimin e dukurisë; me rritjen e intensitetit të rrezatimit, kemi më shumë fotone, që do të thotë më shumë elektrone që marrin energjinë e nevojshme për t’u shkëputur. Pra, eksperimentet dhe vëzhgimin kërkonin një teori të re për natyrën e dritës.

3. Tregoni raste kur teori të reja i kanë përfshirë teoritë e vjetra si raste të veçanta, pra kanë përcaktuar kufij në zbatimin e këtyre teorive.

Fizika 11

22

ARSYETIM

• Natyra e dritës. Në shekullin e XVIII, Njutoni hodhi idenë se drita përbëhet nga korpuskula, të cilat lëvizin njëlloj sikundër topat e bilardos. Mbi bazën e kësaj ideje u ngrit teoria korpuskulare e dritës, me të cilën ishim në gjendje të shpjegonim shumë mirë përhapjen e dritës në vijë të drejtë apo pasqyrimin e saj nga një sipërfaqe e çfarëdoshme. Por, me gjithë autoritetin e Njutonit, teoria u braktis shumë shpejt, për t’u zëvendësuar me një të re, atë të natyrës valore të dritës, pra me pohimin se drita është valë. Hygens ishte i pari që zhvilloi këtë teori, me të cilën ishte në gjendje të na shpjegonte shumë mirë dukuri të tilla si difraksioni e interferenca. Studimet e mëvonshme treguan se drita është valë elektromagnetike. Nga fundi i shekullit të XIX, dijet tona për natyrën e dritës u vunë përsëri në pikëpyetje, kur na duhej të shpjegonim dukurinë e fotoefektit, ose të shkëputjes së elektroneve nga metalet nën veprimin e rrezatimit dritor. Maks Plank ishte i pari që hodhi idenë se drita ka natyrë të dyfishtë, duke nxjerrë edhe një herë në tavolinën e debateve jo vetëm natyrën korpuskulare të dritës formuluar nga Njutoni shekuj më parë, por edhe duke treguar domosdoshmërinë e mbajtjes të të dy koncepteve, që në vetvete janë diametralisht të kundërta. Ajnshtajni vajti edhe më tej, duke treguar se drita jo vetëm përhapet me kuante, por edhe përthithet me kuante. Për të shpjeguar dukuritë valore, na duhet koncepti i shpërndarjes në mënyrë të vazhdueshme; në dukuritë korpuskulare, na duhet drita “kuantike”, na duhen “topat e vegjël dritorë”. Pra, asnjëra nga teoritë, veç e veç, nuk është në gjendje të kënaqë e shpjegojë të gjitha dukuritë; të dyja së bashku, po. Në varësi të kufijve të njohjes apo të zhvillimit të mendimit abstrakt, na është dashur që një herë të përqafojmë njërën teori, e një herë tjetrën. Sot, teoria e re për natyrën e dyfishtë të dritës, i mban të dy konceptet, duke treguar në të njëjtën kohë edhe kufijtë e zbatimit. • Në jetën e përditshme për të përshkruar lëvizjen e trupave, si dhe për të parashikuar vendndodhjen e tyre në një çast të caktuar të kohës, përdorim ligjet e Njutonit. Çdo gjë është e thjeshtë dhe e qartë sa kohë shpejtësitë tona janë shumë më të vogla se shpejtësia e dritës dhe masa e trupave është më e madhe se ajo e atomeve. Për më tepër, ligjet janë shumë të mirë edhe kur na duhet të llogarisim trajektoret e planetëve apo të studiojmë lëndën nga pikëpamja makroskopike. Mbi ligjet e Njutonit është ngritur e gjithë fizika klasike: ato kënaqin gjithë pritshmëritë tona. Por në skenë del Ajnshtajni, me teorinë e tij të relativitetit, i cili na tregoi se jo gjithmonë këto ligje mund të zbatohen: nëse lëvizim me shpejtësi të afërt me shpejtësinë e dritës, e gjithë fizika klasike përmbyset, rezultatet që jep nuk përputhen me eksperimentet. Teoria e relativitetit e përmban fizikën e Njutonit si rast të veçantë: nëse në formulat e relativitetit vendosim kushtin për shpejtësi shumë më të vogla se shpejtësia e dritës, qetësohemi, çdo gjë bëhet

LibËr PËr mËsuesiN

23

përsëri e thjeshtë dhe e kuptueshme. E njëjta teori pushon së funksionuari edhe kur na duhet të përshkruajmë lëvizjen e elektroneve në hapësirën brenda atomit, ndërkohë që është shumë e mirë kur përshkruajmë lëvizjen e atomit në të gjithë lëndën apo të elektronit të lirë në hapësirën ndërmjet joneve në trupat e ngurtë.

Konkluzion. Rruga që ka ndjekur zhvillimi i mendimit fizik është e mbushur me raste të tilla. Herë pas here na është dashur t’i rishikojmë bindjet tona, për t’i mbajtur edhe më tej, për të treguar se deri ku janë të sakta apo për t’i hequr tërësisht nga qarkullimi dhe për t’i zëvendësuar me të reja, për momentin ndoshta.

Fizika 11

24

KrEU2ZGJEriM nJoHUrisH MBi rrJEDHësiT në

lëViZJE

OBJEKTIVA TË PËRGJITHSHËM

Mbas studimit të këtij kapitulli, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. Të njohë dhe dallojë konceptet dendësi dhe shtypje për rastin e rrjedhësve. 2. Të njohë ekuacionin themelor të hidrostatikës.3. Të llogarisë shtypjen që ushtrohet në një thellësi të dhënë h nën sipërfaqen

e një lëngu me dendësi d. 4. Të formulojë parimin e Paskalit dhe të dijë ta zbatojë në sisteme të

ndryshme hidraulike.5. Të formulojë parimin e Arkimedit dhe ta përdorë këtë parim gjatë zgjidhjes

së problemave që lidhen me trupat që gjenden në rrjedhës.6. Të shpjegojë si formohet shtypja atmosferike.7. Të dallojë rrjedhjen e qëndrueshme nga rrjedhja turbulente; të shpjegojë

konceptin “prurje”; t’i zbatojë këto koncepte për të llogaritur shpejtësinë e një pike të dhënë të rrjedhësit në një tub të mbyllur.

8. Të përdorë ligjin e Bernulit dhe konceptin e rrjedhjes së qëndrueshme për të zgjidhur problema që kërkojnë llogaritjen e shpejtësisë apo të shtypjes që ushtrohet në një pikë të dhënë në kushte të dhëna.

9. Të listojë efekte të ndryshme që manifestojnë rrjedhësit gjatë lëvizjes së tyre në tuba të mbyllur; të dijë të argumentojë zbatimet praktike që lidhen me to.

2.6 UsHTriME DHE ProBlEMa

Objektiva specifikë: Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. të llogarisë trysninë që ushtrohet në një pikë të caktuar të rrjedhësit duke përdorur ekuacionin e hidrostatikës

2. të shpjegojë lidhjet ndërmjet forcës, shtypjes dhe sipërfaqes; të dijë të gjejë njërën nga këto madhësi kur njihen dy të tjerat

3. të zbatojë parimin e Arkimedit për të gjetur forcat që ushtrohen mbi një trup të zhytur në rrjedhës dhe të arsyetojë për gjetjen e kushteve që sigurojnë ekuilibrin e një trupi brenda një rrjedhësi, rënien poshtë të tij apo ngjitjen lart

LibËr PËr mËsuesiN

25

Ushtrime

1. Sa është shtypja në fund të një pishine të thellë 2.5 m?Të dhëna

h = 2.5mP = ?

Arsyetim. Shtypja në fundin e pishinës është shuma e shtypjes atmosferike dhe shtypjes që ushtron kolona e ujit. Shtypjen atmosferike po e shënojmë me Po.

ZGJIDHJE

2. Forca prej 300 N zbatohet mbi pistonin e ngushtë të ngritësit hidraulik, me seksion 0.10 m2. Sa duhet të jetë seksioni i pistonit të gjerë që të mund të ngrihet një makinë. Tipin dhe masën e makinës zgjidheni vet.

Të dhënaF1 = 300 N S1 = 0.10 m2

S2 = ?mM = 2000 kg

Arsyetim. Për ngritësin hidraulik, zbatojmë parimin e Paskalit.

3. Një balonë e mbushur me helium duhet të ngrejë një ngarkesë prej 1500 kg, së

1 2

1 2

2 M

1 M 1 M2

1 2 13

2

22

F F= (1)S SPor F = m ×g. Zëvendësojmë tek (1) :F m ×g S ×m ×g= SS S F

0.1×2×10 ×9.8 1960S =300 300

S 6.53m

⇒ =

=

=

05 3

5 3 5 5

5

P = P +d g h

P =1.01×10 +10 ×9.8×2.5P =1.01×10 +10 ×24.5 1.01×10 +10 ×0.245P =1.255×10 Pa

=

Fizika 11

26

bashku me masën e balonës dhe të heliumit. Sa duhet të jetë vëllimi i heliumit që kjo të jetë e mundur? Dendësitë e ajrit dhe të heliumit të merren përkatësisht 1.29 g/l dhe 0.18 g/l. A ka ndonjë të dhënë tepër?

Të dhëna

m = 1500 kgda =1.29 g/l = 1.29x10-3/10-3m3=1.29 kg/m3

dHe= 0.18 g/l = 0.18 kg/m3

ZGJIDHJE Që balona të ngjitet lart, duhet që forca ngritëse që vepron mbi të, ose ndryshe forca e Arkimedit, të jetë e barabartë, të paktën, me peshën e ajrit të zhvendosur prej saj. Forcat që veprojnë tek balona janë forca e Arkimedit e drejtuar vertikalisht lart [e barabartë me maxg] dhe forca e rëndesës [e barabartë me (mHe +1500)xg]. Shkruajmë ligjin e parë të Njutonit duke e marrë sistemin në ekuilibër.

Pra, vëllimi i balonës (që do të thotë edhe i heliumit) duhet të jetë 1351.35m3 që

( )( )

A

A

A

a He

a a

F G = 0Duke projektuar në një drejtim pozitiv të zgjedhur (psh., vertikalisht poshtë):

-F +G = 0 F = G

m ×g m +1500 ×g

d ×V × g

+

=

( )He He = d ×V + 1500 × g

( )

aa He

He

a He a He

a He3

V është vëllimi i ajrit të zhvendosur; Por V =V V

V është vëllimi i heliumit vëllimi i balonës

d ×V = d ×V + 1500 V (d d ) 15001500 1500 1500V (1)

d d 1.29 0.18 1.11

V =1351.35m

= ≈

⇒ ⇒ − =

= = =− −

LibËr PËr mËsuesiN

27

të mund të fluturojmë pranë sipërfaqes së tokës.

Kujdes. a. Në formulën për llogaritjen e vëllimit përfshihet dendësia e ajrit [shih(1)]. Dendësia e ajrit është 1.29 kg/m3 vetëm pranë sipërfaqes së tokës. Nëse balona duhet të fluturojë në lartësi më të mëdha, vëllimi do të jetë i ndryshëm, pasi ajri fillon e rrallohet dhe d ≠ 1.29 kg/m3. Për këtë arsye, në të dhënat e problemës, mund të plotësohet kushti: sa duhet të jetë vëllimi i balonës që të arrijmë të fluturojmë pranë sipërfaqes së tokës. Pra, nuk ka të dhëna të tepërta, por ato janë mangët! b. Sikurse shihet, dHe < da. Forca e Arkimedit është më e madhe se forca e rëndesës së trupit: trupi ngjitet lart dhe pluskon mbi rrjedhës. Duke pasur në konsideratë pikën a, balona do të vazhdojë të ngjitet, sa kohë që dendësia e ajrit është më e madhe se 0.18 kg/m3. Nga ana tjetër, sa më shumë da i afrohet dHe, aq më e madhe është vlera e vëllimit që kërkohet për fluturim dhe aq më speciale duhet të jetë veshja e balonës që të mos çahet. Fluturimet me balona gjithmonë bëhen në kushte të caktuara atmosferike.

4. Një objekt alumini ka masën 27.0 kg dhe dendësinë 2.70 x 103 kg/m3. Objekti, i lidhur me një fije, zhytet në ujë. Të gjenden: a) vëllimi i objektit dhe b) tensioni i fijes kur objekti është tërësisht i zhytur në ujë.

Të dhëna ZGJIDHJE m = 27.0 kgdAl = 2.70 x 103 kg/m3

V=?FT=?

b) Për të gjetur tensionin e fijes, shqyrtojmë të gjitha forcat që veprojnë tek trupi: forca e rëndesës G (mAlg), forca e tensionit të fijes FT si dhe forca e Arkimedit FA (sa kohë që trupi është i zhytur në ujë). Bëjmë diagramën e forcave dhe, me supozimin që trupi gjendet në prehje, zbatojmë ligjin e parë të Njutonit:

-2 3Al 3

Al

m 27a) V = = 10 md 2.7×10

=

Fizika 11

28

2.7 rrJEDHësiT në lëViZJE

1. Nëpër aortën me sipërfaqe rreth 3.0 cm2, gjaku rrjedh me shpejtësi rreth 30 cm/s. Të njehsohet shpejtësia e gjakut nëpër kapilarët me seksion të përbashkët rreth 2000 cm2.

Të dhëna Sa= 3.0 cm2

vgja = 30 cm/s Sk = 2000 cm2

vgjk=?

2.8 Varësia E sHTYPJEs nGa sHPEJTësia.EnErGJia PoTEnCialE E sHTYPJEs

( )( ) ( )

T A

T Al A T Al A

A u u

T Al u Al u

T Al Al u u

F +G + F =0Projektojmë në drejtimin pozitiv të zgjedhur: F -m g +F = 0 F m g F (1)Por F m g (2) (m është masa e ujit të zhvendosur).Zëvendësojmë (2) tek (1) :F m g m g g× m -m

F g× d ×V - d ×V 3

Por V

⇒ = −=

= − =

=

( )( ) ( )

( )

Al u

T Al Al u Al Al Al u

-2 3 3T

T

=V (sipas Arkimedit).Zëvendësojmë tek 3 :

F g× d ×V - d ×V g×V × d - d

F 9.8×10 × 2.7×10 -10 9.8×1.7×10

F 166.6 N

= =

= =

=

a gjaa gja k gjk gjk

k

gjk 3

-3gjk

gjk

S ×vS ×v =S ×v v

S3×30 90v2000 2×10

v 45×10 cm/s = 0.045 cm/s

v 0.45mm/s

⇒ =

= =

=

=

LibËr PËr mËsuesiN

29

1. Në pjesën e gjerë me seksion 300 cm2 të një tubi horizontal shpejtësia e ujit është 0.5 m/s dhe shtypja është 120 kPa. Sa janë shpejtësia dhe shtypja në pjesën e ngushtë të tubit me seksion 100 cm2?

Të dhëna ZGJIDHJE

21

1

1

22

2

2

S 300 cmGjendja 1: v =0.5 m/s

P =120 kPa

S 100 cmGjendja 2: v = ?

P = ?

= =

Vërejtje. Kur kemi formula, që madhësitë me të njëjtin emër i përmbajnë në raporte, mund të mos punojmë në sistemin ndërkombëtar të njësive, pasi njësitë thjeshtohen (sikundër është rasti i formulës së mësipërme), mjafton që të dyja vlerat e madhësisë të jenë të shprehura në të njëjtin sistem njësish (në këtë rast është mbajtur njësia cm2 për sipërfaqet). Kuptohet që rezultati do të ketë atë njësi që kemi ruajtur. Për të gjetur shtypjen në pjesën e ngushtë të tubit, zbatojmë ekuacionin e Bernulit.

Vërejtje. Sikundër e shihni, ndikimi i shpejtësisë në vlerën e shtypjes është shumë i vogël. Po ashtu, në ekuacionin e Bernulit nuk merret parasysh forcat e fërkimit (ose viskoziteti) ndërmjet shtresave të rrjedhësit.

2. Prurja e ujit, në pjesën e tubit me rreze 5 cm, është 2 m3/min. Të gjenden:

1 11 1 2 2 2

2

2

S ×vS ×v =S ×v vS

300×0.5v 1.5m/s100

⇒ =

= =

( )

( ) ( )

2 22 21 2

1 2 2 1 1 2

3 2 2 32

3 3 32

d v d v d P + = P + P P v v2 2 2

1000P 120 10 0.5 1.5 120 10 500 0.25 2.252

P =120×10 -10 =119×10 Pa =119 kPa

⇒ = + −

= ⋅ + − = ⋅ + −

Fizika 11

30

a) shpejtësia e rrjedhjes së ujit në këtë pjesë; b) shpejtësia e rrjedhjes në pjesën e tubit me rreze 6 cm; c) ndryshimi i shtypjeve midis këtyre pjesëve.

Të dhëna

Kujdes kur bëni veprimet. Është më e thjeshtë për të operuar me fuqitë e dhjetës.

c) Për të gjetur ndryshimin e shtypjes në të dyja pjesët e tubit, shkruajmë ekuacionin e Bernulit dhe e zgjidhim përkundrejt ∆P = P2-P1

-21

1

1

-22

33 3

2

2 2

ÄP = ?

R 6 cm = 6×10 mGjendja 1: P ;

v = ?

R 5 cm =5×10 m

2 mGjendja 2: q = 2 m /min = 0.033m /sek 60 sek

P ; v =?

= = =

( )

( ) ( )

( )

2 22 21 2

1 2 2 1 1 2

2 2

3

d v d v d P + = P + P P v v2 2 21000P 14.74 21.23 500 217 451

2P 500× -234 = 117×10 Pa P - 117 kPa

⇒ − = −

∆ = − = −

∆ = −

∆ =

∆P = ?

LibËr PËr mËsuesiN

31

Shenja minus tregon se në pjesën më të ngushtë të tubit, shtypja është më e madhe se në pjesën e gjerë.

Vërejtje. Kur zgjidhni ushtrime me ekuacionin e Bernulit, për të bërë një vlerësim të shpejtë të saktësisë së zgjidhjes, kontrolloni vlerat e shpejtësisë dhe të shtypjes. Nëse në një seksion shtypja është më e madhe se në një tjetër, atëherë shpejtësia e rrjedhjes në të duhet të jetë më e vogël se tek tjetri.

2.9 EKUaCioni i BErnUliT

1. Një lëng që ndodhet brenda një rezervuari rrjedh me shpejtësi 8 m/s nga çarja në fund të tij. Sa lart është niveli i ujit në rezervuar?

Të dhëna ZGJIDHJE

v2= 8 m/s h = ?

at

Shkruajmë formalisht ekuacionin e Bernulit:

P21

1 atdv+ dgy + = P2

22

2

1 2 2

dv+ dgy2

(Trysnia në të dyja seksionet është e njëjtë)Shënojmë: y = 0, v = 0, y = h;

d

+

21v d

2= 1

2 2v 8gh h =2g 2×9.8

64h = 3.265m19.6

⇒ =

=

Fizika 11

32

KrEU 3

ZGJEriM nJoHUrisH Për DinaMiKEn DHEliGJET E rUaJTJEs

OBJEKTIVA TË PËRGJITHSHËM

Mbas studimit të këtij kapitulli, nxënësi duhet të jetë i aftë:1. Të ketë të qartë konceptin e forcës së fërkimit.2. Të ketë të qartë konceptin e forcës rezultante. 3. Të formulojë tri ligjet e Njutonit dhe të japë shembuj për secilin prej tyre4. Të përdorë metodën vektoriale për gjetjen e forcës rezultante.5. Të identifikojë të gjitha forcat që veprojnë mbi një trup; të ndërtojë

diagramën e forcave që veprojnë mbi të. 6. Të zgjedhë dy drejtime të përshtatshme për zbërthimin e forcave; të dijë

t’i projektojë forcat sipas drejtimeve të zgjedhura. 7. Të identifikojë forcat që shkaktojnë lëvizjen rrethore; të llogarisë nxitimin8. Të dallojë llojet e energjisë mekanike që mund të zotërojë një trup. 9. Të formulojë ligjin e ruajtjes dhe shndërrimit të energjisë dhe ta zbatojë

për problema të ndryshme.10. Të formulojë dhe zbatojë teoremën e energjisë kinetike.11. Të dallojë forcat konservative nga forcat jokonservative; të japë shembuj

për secilin tip force.12. Të ketë të qarta konceptet energji, impuls. 13. Të jetë në gjendje të llogarisë impulsin e një trupi; të shkruajë përmendësh

ligjin e ruajtjes së impulsit.14. Të dallojë qendrën e masës nga qendra e gravitetit. 15. Të dallojë goditjet elastike nga ato joelastike; të formulojë dhe zbatojë

ligjet e ruajtjes për secilin rast.

3.2 – TrE liGJET E nJUToniT

Objektiva specifikë: 1. Të formulojë tri ligjet e Njutonit dhe të japë shembuj për secilin prej tyre2. Të ndërtojë diagramën e forcave që veprojnë mbi trupin; 3. Të zbatojë drejt ligjet e Njutonit në zgjidhjen e problemave të ndryshme4. Të ketë të qartë metodikën e zgjidhjes së problemave tipike

LibËr PËr mËsuesiN

33

Ushtrime

1. Kuboidi prej bakri ndodhet në prehje në rrafshin horizontal. Nën veprimin e forcës F, kuboidi përshpejtohet në mënyrë të njëtrajtshme dhe lëviz me nxitim 1.6 m/s2. Numri i atomeve që ndodhen në kuboid është 18.06x1023 dhe masa e një atomi bakër është 1.05x10-25kg. Përcaktoni: a) masën e kuboidit; b) madhësinë e forcës F; c) rrugën e përshkuar nga kuboidi kur shpejtësia e tij është 3 m/s.

Të dhëna ZGJIDHJE

a = 1.6 m/s2.N= mcu = 1.05x10-25kg m = ?F = ?s = ?v = ?

Kujdes. Në figurë është vizatuar vetëm forca F, paralel me drejtimin e lëvizjes (Ff = 0).

2.Makina me masë 2.5 t lëviz në mënyrë njëtrajtësisht të përshpejtuar. Madhësia e forcës së fërkimit është Ff = 570 N (fig. 3.13). Shpejtësia e makinës pas 25 s është 65 km/h. Përcaktoni: a) nxitimin e lëvizjes; b) madhësinë e forcës motorike F; c) rrugën e përshkruar nga makina gjatë 25 s; e) forcën që makina ushtron mbi rrugë.

( ) ( )23 -25 -2cu

-1

a) Masa e përgjithshme e kuboidit është shuma e masës së të gjithë atomeve që e përbëjnë atë. Rrjedhimisht, kemi:

m = N×m = 18.06×10 × 1.05×10 =18.9×10 kg

m =1.89×10 kg =189gr.

2 20 0

2 22

c) v -v = 2×a×s (meqënëse v =0)

v 3v = 2×a×s s =2×a 2×1.69s = 2.8m

3.2

⇒ ⇒ =

=

-1 -2

-1

b) Nga ligji i dytë i Njutonit, kemi:F= m×a =1.89×10 ×1.6=30.24×10 NF=3.024×10 N

Fizika 11

34

Të dhëna ZGJIDHJE m = 2.5 ta = ?Ff = 570 Nv = 65 km/h = 65x1000/3600 =18m/spër t = 25 sek F = ?s = ?Frr= ?

Bëjmë diagramën e forcave dhe zgjedhim si drejtim pozitiv drejtimin e lëvizjes.

d) Forca që ushtron makina në rrugë është e barabartë me peshën e saj. Meqenëse lëvizja është horizontale, kjo forcë është e barabartë me mg. Pra: Frr= mxg = 2.5x103x9.8= 24500N

Fig.3.13G

N

f

F

F

fF(+)

G

N

oo

a) Lëvizja e trupit është njëtrajtësisht e ndryshuar. Për rrjedhojë:

v - v va= Meqënëse v = 0,kemi:a =t t

Kalojmë nga barazimi vektorial në barazimin numerik, duke projektuar v në drejtimin pozitiv (v > 0, ka

2

gjithmonë kahun e lëvizjes):18a 0.72m/s25

Pra a > 0. Do të thotë se a ka të njëjtin kah me nxitimin dhe se lëvizjaështë njëtrajtësisht e përshpejtuar.

= =

R f

3ff

F+F N +GFb) Nga ligji i dytë i Njutonit: a =m m

Projektojmë në drejtimin pozitiv dhe kemi:F-F 0 0a = F = F + m×a =570 +2.5×10 ×0.72

mF =570+1800 = 2370 N

+=

+ +⇒

2

o

2

a×tc) s = (gjithmonë me kushtin që v = 0)2

0.72 25 450s = 225m2 2⋅

= =

LibËr PËr mËsuesiN

35

4

a) Metodika e zgjidhjes do të jetë: • Shkruajmë rezultanten e forcave, si shumë vektoriale• Projektojmë secilën prej forcave sipas sistemit të boshteve xoy me origjinë në qendrën e

trupit; gjejmë komponentët e secilës prej tyre sipas boshteve ox dhe oy• Gjejmë komponentët e forcës rezultante sipas boshteve ox dhe oy• Gjejmë forcën rezultante• Zbatojmë ligjin e dytë të Njutonit për të gjetur nxitimin• Gjejmë këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal për të përcaktuar drejtimin

e lëvizjes

O1 O2 O

0Rx Ox1 Ox2 Rx O1 O2

R O1 O2 0Ry O1Ry Oy1 Oy2

Rx O O O2 2 2R Rx Ry

0Ry O

2 2R 01 0.2

F =F =F (modulet)

F =F +F F =F cos 60 +FF =F +F

F =F sin 60 +0F =F +F

1 3F =F +F = F2 2 F =F +F

3F3F =F +0=2 2

F = F +F

⇒ ⇒

⇒

⇒

220 0

O

0R 0

0 00 o

o

0RR 0

3×F F3= F + = 9 32 2 2

FF = 12 F 32

F FPër F , kemi nxitimin a = m = (1)m a

FFPër F = F 3 kemi:a =m

+

=

⇒

=0

3F o

o

a 3

a

=

Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, gjejmë këndin që formon forca rezultante me drejtimin horizontal:

0Rx

R 00

3 FF 3 32cosβ= = 0.865F 23F 3×2

β=30

= = =

Ndryshe. Meqenëse të dyja forcat në modul janë të barabarta, paralelogrami që ka dy brinjë të njëpasnjëshme forcat e dhëna është romb. Dimë se diagonalet e rombit përgjysmojnë këndin nga i cili dalin. Për rrjedhojë, këndi që formon forca rezultante me boshtin horizontal është 300, që

,aFig.3.18

)a 0 1F

°60

02F

5.Trupi me masë m lëviz me nxitim 0a , nën veprimin e forcës F0. Përcaktoni nxitimin që fiton trupi si dhe drejtimin e lëvizjes së tij, kur mbi të veprojnë forcat e paraqitura në fig.3.18 a, b.

Të dhëna ZGJIDHJE a = ?β = ?a) Metodika e zgjidhjes do të jetë: • Shkruajmë rezultanten e forcave, si shumë vektoriale.• Projektojmë secilën prej forcave sipas sistemit të boshteve xoy me

origjinë në qendrën e trupit; gjejmë komponentët e secilës prej tyre sipas boshteve ox dhe oy.

• Gjejmë komponentët e forcës rezultante sipas boshteve ox dhe oy.• Gjejmë forcën rezultante.• Zbatojmë ligjin e dytë të Njutonit për të gjetur nxitimin.• Gjejmë këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal për të

përcaktuar drejtimin e lëvizjes.

O1 O2 O

0Rx Ox1 Ox2 Rx O1 O2

R O1 O2 0Ry O1Ry Oy1 Oy2

Rx O O O2 2 2R Rx Ry

0Ry O

2 2R 01 0.2

F =F =F (modulet)

F =F +F F =F cos 60 +FF =F +F

F =F sin 60 +0F =F +F

1 3F =F +F = F2 2 F =F +F

3F3F =F +0 =2 2

F = F +F

⇒ ⇒

⇒

⇒

220 0

O

0R 0

0 00 o

o

0RR 0

3×F F3= F + = 9 32 2 2

FF = 12 F 32

F FPër F , kemi nxitimin a = m = (1)m a

FFPër F = F 3 kemi:a =m

+

=

⇒

=0

3F o

o

a 3

a

=

4

a) Metodika e zgjidhjes do të jetë: • Shkruajmë rezultanten e forcave, si shumë vektoriale• Projektojmë secilën prej forcave sipas sistemit të boshteve xoy me origjinë në qendrën e

trupit; gjejmë komponentët e secilës prej tyre sipas boshteve ox dhe oy• Gjejmë komponentët e forcës rezultante sipas boshteve ox dhe oy• Gjejmë forcën rezultante• Zbatojmë ligjin e dytë të Njutonit për të gjetur nxitimin• Gjejmë këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal për të përcaktuar drejtimin

e lëvizjes

O1 O2 O

0Rx Ox1 Ox2 Rx O1 O2

R O1 O2 0Ry O1Ry Oy1 Oy2

Rx O O O2 2 2R Rx Ry

0Ry O

2 2R 01 0.2

F =F =F (modulet)

F =F +F F =F cos 60 +FF =F +F

F =F sin 60 +0F =F +F

1 3F =F +F = F2 2 F =F +F

3F3F =F +0=2 2

F = F +F

⇒ ⇒

⇒

⇒

220 0

O

0R 0

0 00 o

o

0RR 0

3×F F3= F + = 9 32 2 2

FF = 12 F 32

F FPër F , kemi nxitimin a = m = (1)m a

FFPër F = F 3 kemi:a =m

+

=

⇒

=0

3F o

o

a 3

a

=

Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, gjejmë këndin që formon forca rezultante me drejtimin horizontal:

0Rx

R 00

3 FF 3 32cosβ= = 0.865F 23F 3×2

β=30

= = =

Ndryshe. Meqenëse të dyja forcat në modul janë të barabarta, paralelogrami që ka dy brinjë të njëpasnjëshme forcat e dhëna është romb. Dimë se diagonalet e rombit përgjysmojnë këndin nga i cili dalin. Për rrjedhojë, këndi që formon forca rezultante me boshtin horizontal është 300, që

, aFig.3.18

)a 0 1F

°60

02F

Fizika 11

36

Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, gjejmë këndin që formon forca rezultante me drejtimin horizontal:

Ndryshe. Meqenëse të dyja forcat në modul janë të barabarta, paralelogrami që ka dy brinjë të njëpasnjëshme forcat e dhëna është romb. Dimë se diagonalet e rombit përgjysmojnë këndin nga i cili dalin. Për rrjedhojë, këndi që formon forca rezultante me boshtin horizontal është 300, që është njëkohësisht edhe këndi i drejtimit të lëvizjes së trupit (në lëvizjen tejbartëse, drejtimi i lëvizjes së trupit është i njëjtë me atë të forcës rezultante). b) Për të zgjidhur pikën b, metodika e zgjidhjes është po ajo e pikës a). Megjithatë, me synim përsëritjen e njohurive të ndryshme nga matematika, mund t’u kërkoni nxënësve ta zgjidhin ndryshe: • Ndërtojmë paralelogramin, dy brinjë të njëpasnjëshme të të cilit janë dy forcat e dhëna. Diagonalja e paralelogramit është forca rezultante që vepron mbi trupin. Për të gjetur FR zbatojmë teoremën e kosinusit (marrim në shqyrtim trekëndëshin ngjyrë gri):

• Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, pra këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal, zbatojmë teoremën e sinusit:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

2 02 2R 02 01 02 O1

2 02 2R 0 0 0 O

22 0 0R 0 0 0 O

00 0

2 2 2 2R 0 0 0 0 0

0

0

0R

F = F + F -2 F ×F cos 120

F = F + 2F -2 F ×2F cos 120

F F +4 F -4 F ×F cos 90 30

Por cos 90 30 sin 30 0.5

F 5F -4F × -0.5 5F 2F = F 7

FSi tek pika a), zv.m = tek ligji i II i Njutonit dhe kemi:a

F 7Fa = =Fm

= +

+ = − = −

= = +

00

0

a 7

a

=

5

është njëkohësisht edhe këndi i drejtimit të lëvizjes së trupit (në lëvizjen tejbartëse, drejtimi i lëvizjes së trupit është i njëjtë me atë të forcës rezultante).

b) Për të zgjidhur pikën b, metodika e zgjidhjes është po ajo e pikës a). Megjithatë, me synim përsëritjen e njohurive të ndryshme nga matematika, mund t’u kërkoni nxënësve ta zgjidhin ndryshe:

• Ndërtojmë paralelogramin, dy brinjë të njëpasnjëshme të të cilit janë dy forcat e dhëna. Diagonalja e paralelogramit është forca rezultante që vepron mbi trupin. Për të gjetur FRzbatojmë teoremën e kosinusit (marrim në shqyrtim trekëndëshin ngjyrë gri):

01

02

F = 2Fo (në modul)F = Fo (në modul)

• Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, pra këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal, zbatojmë teoremën e sinusit:

O1R0

OOR0

a b c= =sinα sinβ sinγ

FF =sin120 sinβ

F2×FF =sin120 sinβ

⇒( )

O

0 0

7 2× F=

sin 90 30+

( )0 0 0

0

sinβ

3sin 90 30 cos302

3 ×2 32sinβ= = 0.62465377

β=40.89

+ = =

⇒ =

,bFig.3.18

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

2 02 2R 02 01 02 O1

2 02 2R 0 0 0 O

22 0 0R 0 0 0 O

00 0

2 2 2 2R 0 0 0 0 0

0

0

0R

F = F + F -2 F ×F cos 120

F = F + 2F -2 F ×2F cos 120

F F +4 F -4 F ×F cos 90 30

Por cos 90 30 sin 30 0.5

F 5F -4F × -0.5 5F 2F = F 7

FSi tek pika a), zv.m = tek ligji i II i Njutonit dhe kemi:a

F 7Fa = =Fm

= +

+ = − = −

= = +

00

0

a 7

a

=

)b

02F

°60

01F

5

është njëkohësisht edhe këndi i drejtimit të lëvizjes së trupit (në lëvizjen tejbartëse, drejtimi i lëvizjes së trupit është i njëjtë me atë të forcës rezultante).

b) Për të zgjidhur pikën b, metodika e zgjidhjes është po ajo e pikës a). Megjithatë, me synim përsëritjen e njohurive të ndryshme nga matematika, mund t’u kërkoni nxënësve ta zgjidhin ndryshe:

• Ndërtojmë paralelogramin, dy brinjë të njëpasnjëshme të të cilit janë dy forcat e dhëna. Diagonalja e paralelogramit është forca rezultante që vepron mbi trupin. Për të gjetur FRzbatojmë teoremën e kosinusit (marrim në shqyrtim trekëndëshin ngjyrë gri):

01

02

F = 2Fo (në modul)F = Fo (në modul)

• Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, pra këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal, zbatojmë teoremën e sinusit:

O1R0

OOR0

a b c= =sinα sinβ sinγ

FF =sin120 sinβ

F2×FF =sin120 sinβ

⇒( )

O

0 0

7 2× F=

sin 90 30+

( )0 0 0

0

sinβ

3sin 90 30 cos302

3 ×2 32sinβ= = 0.62465377

β=40.89

+ = =

⇒ =

,bFig.3.18

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

2 02 2R 02 01 02 O1

2 02 2R 0 0 0 O

22 0 0R 0 0 0 O

00 0

2 2 2 2R 0 0 0 0 0

0

0

0R

F = F + F -2 F ×F cos 120

F = F + 2F -2 F ×2F cos 120

F F +4 F -4 F ×F cos 90 30

Por cos 90 30 sin 30 0.5

F 5F -4F × -0.5 5F 2F = F 7

FSi tek pika a), zv.m = tek ligji i II i Njutonit dhe kemi:a

F 7Fa = =Fm

= +

+ = − = −

= = +

00

0

a 7

a

=

)b

02F

°60

01F

LibËr PËr mËsuesiN

37

5. Trupi me masë 2 kg ngjitet lart nën veprimin e forcës F

(fig, 3.19). Përcaktoni nxitimin e lëvizjes nëse madhësia e forcës F

është: a) 10 N; b) 30 N.

Të dhëna ZGJIDHJE a) a = ? F = 10 Nm = 2 kgShkruajmë ligjin e dytë të Njutonit dhe e projektojmë në drejtimin pozitiv të zgjedhur. Zakonisht si drejtim pozitiv zgjedhim drejtimin e lëvizjes. Mos harroni që edhe nxitimi, duke qenë një madhësi vektoriale, duhet të projektohet.

Konkluzion. Shenja minus tregon se kahu i nxitimit është i kundërt me drejtimin pozitiv të zgjedhur, pra i kundërt me kahun e shpejtësisë: lëvizja e trupit është njëtrajtësisht e ngadalësuar.

5

është njëkohësisht edhe këndi i drejtimit të lëvizjes së trupit (në lëvizjen tejbartëse, drejtimi i lëvizjes së trupit është i njëjtë me atë të forcës rezultante).

b) Për të zgjidhur pikën b, metodika e zgjidhjes është po ajo e pikës a). Megjithatë, me synim përsëritjen e njohurive të ndryshme nga matematika, mund t’u kërkoni nxënësve ta zgjidhin ndryshe:

• Ndërtojmë paralelogramin, dy brinjë të njëpasnjëshme të të cilit janë dy forcat e dhëna. Diagonalja e paralelogramit është forca rezultante që vepron mbi trupin. Për të gjetur FRzbatojmë teoremën e kosinusit (marrim në shqyrtim trekëndëshin ngjyrë gri):

01

02

F = 2Fo (në modul)F = Fo (në modul)

• Për të gjetur drejtimin e lëvizjes, pra këndin që formon forca rezultante me boshtin horizontal, zbatojmë teoremën e sinusit:

O1R0

OOR0

a b c= =sinα sinβ sinγ

FF =sin120 sinβ

F2×FF =sin120 sinβ

⇒( )

O

0 0

7 2× F=

sin 90 30+

( )0 0 0

0

sinβ

3sin 90 30 cos302

3 ×2 32sinβ= = 0.62465377

β=40.89

+ = =

⇒ =

,bFig.3.18

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

2 02 2R 02 01 02 O1

2 02 2R 0 0 0 O

22 0 0R 0 0 0 O

00 0

2 2 2 2R 0 0 0 0 0

0

0

0R

F = F + F -2 F ×F cos 120

F = F + 2F -2 F ×2F cos 120

F F +4 F -4 F ×F cos 90 30

Por cos 90 30 sin 30 0.5

F 5F -4F × -0.5 5F 2F = F 7

FSi tek pika a), zv.m = tek ligji i II i Njutonit dhe kemi:a

F 7Fa = =Fm

= +

+ = − = −

= = +

00

0

a 7

a

=

)b

02F

°60

01F

R

2

F F+Ga = =m m

Mbas projektimit, kemi:F-G F-mg 10 2 9.8 9.6a = = =

m m 2 2a = 4.8m/s

− ⋅= −

−

6

7. Trupi me masë 2 kg ngjitet lart nën veprimin e forcës F

(fig, 3.19). Përcaktoni nxitimin e lëvizjes nëse madhësia e forcës F

është: a) 10 N; b) 30 N.

Të dhëna ZGJIDHJE a) a = ?

F = 10 Nm = 2 kg

Shkruajmë ligjin e dytë të Njutonit dhe e projektojmë në drejtimin pozitiv të zgjedhur. Zakonisht si drejtim pozitiv zgjedhim drejtimin e lëvizjes. Mos harroni që edhe nxitimi, duke qenë një madhësi vektoriale, duhet të projektohet.

R

2

F F+Ga = =m m

Mbas projektimit, kemi:F-G F-mg 10 2 9.8 9.6a = = =

m m 2 2a = 4.8m/s

− ⋅= −

−

Konkluzion. Shenja minus tregon se kahu i nxitimit është i kundërt me drejtimin pozitiv të zgjedhur, pra i kundërt me kahun e shpejtësisë: lëvizja e trupit është njëtrajtësisht e ngadalësuar.

Të dhëna ZGJIDHJE b) a = ?

F = 30 Nm = 2kg

Shkruajmë ligjin e dytë të Njutonit dhe e projektojmë në drejtimin pozitiv të zgjedhur. Zakonisht si drejtim pozitiv zgjedhim drejtimin e lëvizjes.

R

2

F F+ Ga = =m m

Mbas projektimit, kemi:F-G F-mg 30 2 9.8 10.4a = = =

m m 2 2a =5.2m/s

− ⋅=

Konkluzion. Nxitimi është pozitiv. Kjo do të thotë se kahu i nxitimit është i drejtuar vertikalisht lart, pra ka të njëjtin kah me shpejtësinë: lëvizja e trupit është njëtrajtësisht e përshpejtuar.

F

G

Fig.3.19

(+)

Fizika 11

38

Të dhëna ZGJIDHJE b) a = ? F = 30 Nm = 2kg

Shkruajmë ligjin e dytë të Njutonit dhe e projektojmë në drejtimin pozitiv të zgjedhur. Zakonisht si drejtim pozitiv zgjedhim drejtimin e lëvizjes.

Konkluzion. Nxitimi është pozitiv. Kjo do të thotë se kahu i nxitimit është i drejtuar vertikalisht lart, pra ka të njëjtin kah me shpejtësinë: lëvizja e trupit është njëtrajtësisht e përshpejtuar.

R

2

F F+ Ga = =m m

Mbas projektimit, kemi:F-G F-mg 30 2 9.8 10.4a = = =

m m 2 2a =5.2m/s

− ⋅=

LibËr PËr mËsuesiN

39

3.4 - 5 aPliKiME Të liGJEVE Të nJUToniT Për lëViZJEn TEJBarTësE

Ushtrime1. Mbi sferën me masë 8 kg, që ndodhet në rrafshin e lëmuar horizontal, veprojnë

forcat 1F

e 2F

me madhësi përkatësisht 60 N e 20 N, si në fig. 3.30. Përcaktoni

madhësinë dhe drejtimin e forcës 3F

, që duhet të veprojë mbi sferë, në mënyrë që sfera të mos zhvendoset.Të dhëna m = 8 kg F1 = 60 N F2 = 20 NF3 = ?α = ?Arsyetim. Meqenëse trupi është në prehje, nga ligji i parë i Njutoni, rezultantja e forcave që veprojnë mbi të është e barabartë me zero. Zbatojmë metodikën e zgjidhjes së këtyre ushtrimeve.

ZGJIDHJE

Atëherë, komponentët e forcës

F3 janë, përkatësisht -17N dhe -50 N, që do të thotë se janë në kah të kundërt me drejtimet pozitive të boshteve karteziane. Në modul, forca F do të jetë e barabartë me:

1 2 3

1x 2x 3x0

2 3

1y 2y 3y

23y

F F F 0

F F F 0Sipas boshtit ox :

0 + F cos30 +F 0 (1)

F F F 0Sipas boshtit oy : F60 - + F 0 (2)

2

x

+ + = ⇒

+ + = =

+ + =

=

Fig. 3.30

03x 2

23y

Nga barazimi (1) kemi:

3F = -F ×cos30 = -20× 17 N2

Nga barazimi (2) kemi:F 20F = - 60 = -60 = -50 N2 2

= −

Fizika 11

40

Për të përcaktuar drejtimin e forcës së tretë, gjejmë këndin që formon me boshtin ox. F3 ndodhet në kuadratin e katërt; për të pasur lehtësi me veprimet për gjetjen e këndit, zëvendësojmë F3x me shenjë pozitive:

2. Trupi me masë 10.2 kg, fig. 3.32, qëndron në baraspeshë. Përcaktoni forcat e tensionit në fije. Të dhëna

m = 0.2 kg T1 = ?T2 = ?

Arsyetim. Meqenëse trupi është në prehje, nga ligji i parë i Njutoni, rezultantja e forcave që veprojnë mbi të është e barabartë me zero. Zbatojmë metodikën e zgjidhjes së këtyre ushtrimeve.

ZGJIDHJEForcat që veprojnë mbi sferën jepen në figurë, po ashtu edhe tensionet e fijeve.

Meqenëse sfera është në prehje, rezultantja e forcave që veprojnë mbi të është e barabartë me zero:

( ) ( )3x 3y 3x 3y

2 2 2 2 23 3

2 23

3

3

F = F +F F = F +F

F = 17 50

F = 289 2500 2789

F =52.8 N

⇒

− + −

+ =

T T T1 2 3

T1x T2x T3x

0T1 T2

T1y T2y T3y

0T1 T3

F +F +F = 0

F +F +F = 0Sipas boshtit ox :

F ×cos 60 -F +0= 0 (1)

F +F +F = 0Sipas boshtit oy:

F ×cos30 + 0 - F = 0 (2)

⇒

Fig. 3.32

LibËr PËr mËsuesiN

41

T3

T3 T3

T3

Për sferën: F +G = 0Projektojmë në drejtimin pozitiv:F -G 0 F G m×g

F =10.2×9.8= 99.96 N= ⇒ = =

4. Përcaktoni masën m të trupit dhe forcën e tensionit 2TF

në fije, fig. 3.33 kur dihet se trupi është në baraspeshë.

Të dhëna m = ?FT1 = ?FT2 = ?FT3 = 50 N

Arsyetim. Meqenëse trupi është në prehje, nga ligji i parë i Njutoni, rezultantja e forcave që veprojnë mbi të është e barabartë me zero. Zbatojmë metodikën e zgjidhjes së këtyre ushtrimeve.

ZGJIDHJEForcat që veprojnë mbi sferën jepen në figurë, po ashtu edhe tensionet e fijeve.

0T2 T1

T3T1 0

Nga barazimi (1) kemi:1F = F ×cos 60 =115× =57.5 N2

Nga barazimi (2) kemi:F 99.96 199.92F = = = =115N

cos30 1.7332

Fig. 3.33

T1 T2 T3

T1x T2x T3x

T1y T2y T3y

0T2

0T1 T2

T2 0

0T1 T2

F +F +F =0

sipas boshtit ox: F +F +F = 0

sipas boshtit oy:F +F +F = 0

0 F cos 60 50 0

- F + F cos 30 +0= 050 50F 100 N

cos 60 0.53 100F F cos 30 100 50 N

2 2

⇒

− + =

⇒ = = =

⇒ = = ⋅ = =

Fizika 11

42

Por, për sferën m mund të shkruajmë:

5. Një skiator rrëshqet nga kodra me lartësi 60 m e pjerrtësi 15°. Përcaktoni shpejtësinë e skiatorit në fund të kodrës. Pas sa kohe ndodhet në fund të kodrës?Të dhëna

h = 60mv = ?t = ?

Në rastin e rrafshit të pjerrët, metodika skematike e zgjidhjes së ushtrimeve ka këtë radhë:

• bëjmë një skemë të thjeshtë të lëvizjes dhe fillojmë të hedhim të dhënat në të

• ndërtojmë të gjitha forcat që ushtrohen tek trupi (në lëvizje ose në prehje)

•ndërtojmë sistemin e boshteve koordinative, të tillë që boshti ox të jetë paralel me rrafshin e pjerrët, ndërsa boshti tjetër pingul me të

• zbërthejmë të gjitha forcat sipas të dy boshteve të zgjedhur; i projektojmë sipas boshteve

• shkruajmë ligjin e parë ose të dytë të Njutonit (në varësi të llojit të lëvizjes) për të gjetur lidhjet ndërmjet tyre duke patur kujdes që të gjitha komponentët e zbërthimeve sipas një boshti apo një tjetri të jenë në të njëjtat barazime

• gjejmë të panjohurat• nxjerrim konkluzionet

ZGJIDHJE Në qoftë se këndi i rrafshit të pjerrët është 150, atëherë edhe këndi ndërmjet G dhe komponentes së saj Gy është përsëri 150 si kënde me brinjë pingule. Nga rrjedh se:

T1

T1T1 T1

G + F = 0 Duke projektuar në drejtimin pozitiv kemi:

F 50-G + F = 0 G = F m = 5.1kg9.8g

⇒ ⇒ =

00

h h 60sin15 = l = 231.839ml sin15 0.2588⇒ = =

xx

G + N = 0Sipas boshti paralel me rrafshin e pjerrët:

G mG = m×a a = =m

⇒

0×g×sin15m

0 2a = g×sin15 9.8×0.2588= 2.54m/s=

LibËr PËr mËsuesiN

43

Nga formulat për lëvizjen njëtrajtësisht të ndryshuar kemi:

Formula (1) është një përfundim që pritej!Për të gjetur kohën që i duhet skiatorit për të zbritur deri në fund të rrafshit, shkruajmë:

v v 34.2a = t = 13.5sek.t a 2.54⇒ = =

Ndryshe. Problemi mund të zgjidhet edhe nga pikëpamja energjetike. Në pikat 1 dhe 2 skiatori zotëron, respektivisht, vetëm energji potenciale dhe vetëm energji kinetike. Me kushtin që nuk kemi humbje energjie sepse mungojnë forcat e fërkimit, kemi:

6. Trupi me masë 32 kg ndodhet në rrafshin e lëmuar me pjerrësi 20°, siç tregohet në fig. 3.34. Përcaktoni forcën e tensionit.Të dhëna

m = 32 kgFT = ?

ZGJIDHJE Zbatojmë të njëjtën metodikë për zgjidhjen e ushtrimit:

2 20 0

2 00

v - v =2×a×l Meqënëse v 0 :

hv = 2×a×l v = 2×a×l = 2×g×sin15 ×sin15

v = 2×g×h (1)

v = 2×9.8×60= 1176=34.2m/s

=

⇒

1 2

m

E E=

m×g×h =2v v = 2×g×h

2[përsëri formula (1)]

⇒

Fig. 3.34

Fizika 11

44

7. Monedha me masë 38 g ndodhet në prehje mbi librin që formon këndin θ me tavolinën, si në fig. 3.35. Duke ditur se vlera maksimale e fërkimit statik është fsmax=83.45x10-3 N, përcaktoni: a) koeficientin e fërkimit statik; b) vlerën e këndit kritik θk, për të cilin monedha sapo fillon të rrëshqasë; c) gjatësinë d të librit, nëse lartësia e tij nga tavolina është 5.77 cm, për vlerën e këndit kritik.

Të dhënam = 38 g = 3.8x10-2kgμ = ?θk = ? d = ?h = 5.77 cm = 5.77 x10-2 m

ZGJIDHJE Forcat që veprojnë mbi monedhë janë forca e rëndesës G, forca e kundërveprimit të rrafshit N dhe forca e fërkimit Fsmax. Meqenëse trupi qëndron në prehje, kjo do të thotë se rezultantet e forcave sipas çdo drejtimi duhet të jenë të barabarta me zero, d.m.th. edhe sipas drejtimit të lëvizjes. Zbërthejmë forcën e rëndesës në dy komponentë: paralel me rrafshin e pjerrët dhe pingul me të. Komponentja sipas rrafshit e forcës së rëndesës Gx, ekuilibrohet nga forca e fërkimit dhe, komponentja pingul me rrafshin e forcës së rëndesës Gy, ekuilibrohet nga forca e kundërveprimit N.

T

LibËr PËr mËsuesiN

45

Këndi θ =130 është këndi më i madh për të cilin monedha vazhdon të qëndrojë në prehje. Ky kënd quhet edhe kënd kufi dhe e shënojmë si θk. Për çdo kënd më të madh se θk =130 monedha do të dalë nga gjendja e prehjes. Për të gjetur koeficientin e prehjes, shfrytëzojmë barazimin (2’) dhe formulën Fsmax = μ x N:

8. Trupat me masa përkatësisht m1 = 4 kg e m2 = 2 kg, ndodhet në planin horizontal. Koeficienti i fërkimit midis trupave dhe planit është 0.2. Forca që ushtrohet mbi trupin m1 është 80 N. Përcaktoni: a) nxitimin e lëvizjes të secilit trup; b) forcën e tensionit në fije; c) forcën që ushtron secili trup në planin mbështetës.

Fizika 11

46

Të dhëna ZGJIDHJE

m1 = 4 kgm2 = 2 kgμ = 0.2F = 80 NFT = ? P1=?P2=?

Me kushtin që i gjithë sistemi lëviz si një trup i vetëm, nxitimet e të dy trupave janë të barabartë; po ashtu edhe tensioni i fijes që lidh të dy trupat është i njëjtë në të dyja anët. Me këto arsyetime, shkruajmë ligjin e dytë të Njutonit për të gjithë sistemin dhe gjejmë nxitimin:

Të dy trupat lëvizin me të njëjtin nxitim a=12.529 m/s2. Për të gjetur tensionin e fijes, mund të arsyetojmë me dy mënyra, duke marrë në konsideratë ose vetëm trupin e parë ose vetëm trupin e dytë dhe për secilin rast të shkruajmë ligjin e dytë të Njutonit. Më poshtë janë barazimet për secilin trup, përkatësisht (1) dhe (2), si dhe është gjetur FT për secilin rast, që sikundër shihet nga veprimet, është e njëjtë, pavarësisht se cilin barazim zgjedhim të përdorim.

( ) ( )

T 1 1 1

T 2 2 2

0 0T 1 T 1

T

Për trupin e parë:F +F +G +N = m ×a (1)b)

Për trupin e dytë:T +G +N = m ×a (2) Projektojmësecilin nga barazimet sipas boshtit x:

-F +Fcos 20 +0 +0 = m ×a F F×cos 20 m ×a(1) F =80×0.9397 -4×12.529= 7

⇒ = −

T

T 2 T

5.176 50.116 (1')F 25.1N

(2) F +0+0= m ×a F = 2×12.529= 25.1N (2')(1') (2')

− =

⇒=

0x

s 1 2

2

x

F F×cos20 80×0.9397a) a = =m m +m 4+2

75.176a = 12.529m/s6

(F është forca F sipas boshtit x).

=

=

LibËr PËr mËsuesiN

47

c) Meqënëse lëvizja kryhet sipas boshtit horizontal, forca që ushtron secili nga trupat mbi planin mbështetës është e barabartë me forcën e rëndesës, që në të njëjtën kohë është edhe pesha e trupave. Pra, P1=G1= m1xg = 4x9.8 = 39.2 N dhe P2=G2= m2xg = 4x9.8 = 39.2N.

Vërejtje. 1. Kur zgjidhni ushtrime që kërkojnë projektimin e ligjit të dytë të Njutonit, mos harroni të projektoni edhe nxitimin, ose mos harroni ta trajtoni edhe nxitimin si madhësi vektoriale. 2. Kur projektojmë një ligj që përmban madhësi vektoriale, madhësitë që nuk i njohim, ose madhësitë që na kërkohen të gjejmë, nuk i projektojmë, thjesht u heqim shenjën e vektorit. Gjykimet lidhur me to i bëjmë në varësi të shenjës ose vlerës që kanë me zgjidhjen e ushtrimit.

3.6 -7 lëViZJa rrETHorE DHE aPliKiME Të liGJEVE Të nJUToniT

1. Makina me masë 1800 kg lëviz me shpejtësi 25 m/s në kthesën e rrafshët me rreze 150 m. Përcaktoni vlerën e koeficientit të fërkimit statik në mënyrë që makina të përshkojë kthesën pa rrëshqitur.

Të dhënam =1800 kgv = 25m/sR = 150 m μ = ?

ZGJIDHJE Lëvizja e trupit është rrethore. Rolin e forcës centripete e luan forca e fërkimit, që do të thotë se:

Fizika 11

48

Kreu 4 ZGJEriM nJoHUrisH Për

rrYMën alTErnaTiVE

Studimi i rrymës elektrike alternative në qarkun lëkundës duhet t’i referohet vazhdimisht lëkundjeve dhe valëve mekanike. Nga ana tjetër, duhet të saktësohen edhe dallimet thelbësore ndërmjet tyre. Gjatë gjithë kapitullit punohet me ekuacionin e rrymës alternative, që është i njëjtë me atë të një lëkundjeje harmonike mekanike. Duke u mbështetur në ngjashmëritë formale, do e keni të lehtë të përcaktoni parametrat kryesorë të rrymës: amplitudën, frekuencën dhe fazën fillestare apo të arsyetoni për dukuri që lidhen me rezonancën; duke përsëritur njohuri që lidhen me elektricitetin dhe elektromagnetizimin do e keni të lehtë të zbatoni ligjin e Omit, të arsyetoni për marrëdhëniet rrymë tension apo të bëni të qartë diagramën vektoriale të tyre; është po aq e rëndësishme formimi i koncepteve të impedancës apo të vetëm reaktancës. Mos harroni, për thjeshtësi, rezistencat i marrim të përqendruara në pjesë të veçanta të qarkut (rezistencën aktive në R, rezistencën induktive në bobinë dhe atë kapacitive në kondensator), gjë që në praktikë nuk është e vërtetë – u duhet sqaruar nxënësve!

OBJEKTIVA TË PËRGJITHSHËMMbas studimit të këtij kapitulli, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. Të dallojë rezistencën, rezistencën kapacitive, rezistencën induktive dhe impedancën në një qark R, RL, RC, CL dhe RLC; të llogarisë vlerat e secilës prej tyre kur lidhen me një burim me frekuencë të njohur, në përputhje me rastin.

2. Të jetë në gjendje të shprehë ndryshimet në fazë ndërmjet rrymës dhe tensionit në mënyrë analitike, grafike dhe nëpërmjet diagramës vektoriale; të bëjë njehsimet përkatëse.

3. Të jetë në gjendje të përcaktojë vlerat efektive dhe amplitudat e rrymës dhe tensionit në një qark RLC; të përcaktojë rënien e tensionit në çdo element të qarkut.

4. Të shpjegojë dukurinë e rezonancës në qarqet lëkundës; të përcaktojnë kushtet për krijimin e saj.

5. Të jetë në gjendje të njehsojë fuqinë në qarkun e rrymës alternative, të shpjegojë kuptimin e koeficientit të fuqisë; të formulojë trendet në praktikë për përmirësim.

6. Të formulojë parimet kryesore të radiokomunikimit.7. Të përshkruajë aparatet e radiokomunikimit.8. Të formulojë parimet kryesore të telefonisë celulare.

LibËr PËr mËsuesiN

49

4.1rrYMa alTErnaTiVE. QarKU ME rEZisTEnCë.

Objektiva specifikë Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. të debatojë rreth karakteristikave të përgjithshme të rrymës alternative2. të gjejë madhësitë kryesore që përcaktojnë rrymën kur jepet ekuacioni

i saj dhe anasjelltas, të dijë të shkruajë ekuacionin kur jepen madhësitë kryesore.

3. të shpjegojë marrëdhënien rrymë- tension në qarkun që përmban vetëm rezistencë aktive.

4. të dijë të zbatojë metodën e vektorëve amplitudë për të analizuar marrëdhëniet ndërmjet madhësive të mësipërme.

5. të dallojë fuqinë e çastit nga fuqia mesatare; të llogarisë fuqinë mesatare që çlirohet në qarkun e rrymës alternative me rezistencë aktive.

Pyetje dhe ushtrime1. Cili është ndryshimi ndërmjet rrymës së vazhduar dhe asaj alternative; përgjigjen jepeni duke krahasuar karakteristikat e njërës dhe të tjetrës rrymë.

Rryma e vazhduar Rryma alternativeNDRYSHIME

Nuk ndryshon drejtim; elektronet rrjedhin gjithmonë nga pika me potencial më të ulët drejt pikës me potencial më të lartë

Elektronet ndryshojnë vazhdimisht drejtimin e lëvizjes

Efektet kimike dhe magnetike janë të ndryshmeEPËRSIMund të transmetohet në distanca të gjata pa humbje të ndjeshme; për këtë arsye, rryma alternative mund të gjenerohet në sasi të mëdha në një stacion të vetëm dhe prej andej të shpërndahet në një territor të madh. Shpenzimet fillestare të ndërtimit të motorit dhe të mirëmbajtjes së tij janë më të vogla

2. Shkruani ekuacionin e tensionit me vlerë efektive 220 V, frekuencë 50 Hz dhe fazë fillestare φ0=3π/4. Gjeni periodën e tensionit dhe vlerën e tij në çastin e kohës t=3T/4; vizatoni vektorin amplitudë për këtë çast kohe.

Fizika 11

50

ARSYETIM Kur duam të shkruajmë ekuacionin e një madhësie të caktuar, gjejmë të gjitha madhësitë që e përcaktojnë gjendjen dhe i zëvendësojmë, sipas vlerave, në ekuacionin formal. Pra, dimë se ekuacioni formal i tensionit alternativ ka formën: u(t) = U0sin(ωt + φ0) (1). Për të shkruar ekuacionin, na duhet të gjejmë amplitudën e tensionit U0 dhe shpejtësinë këndore ω si dhe të përcaktojmë, nga të dhënat, fazën fillestare.

Të dhëna ZGJIDHJE

U= 220Vf = 50Hzφ0 = 3π/4T=? U=? (për t=3T/4)

• Për rrjedhojë, ekuacioni i lëkundjeve të tensionit do të ketë trajtën:

• Për të gjetur periodën, dimë se T=1/f = 1/50 = 0.02 sek = 2x10-2 sek. • Për të gjetur vlerën e tensionit për t=3T/4, zëvendësojmë t tek (1) dhe kemi:

• Për të ndërtuar grafikun e një lëvizjeje harmonike me fazë fillestare të ndryshme nga zero mund të përdoret kjo metodë e thjeshtë: në sistemin e boshteve kartezianë ndërtohet harmonika me fazë fillestare të barabartë me zero (ne po marrim rastin e një sinusoide, konkretisht rastin e ushtrimit). Në boshtin e abshisës ndërtojmë një origjinë të re, e zhvendosur nga origjina e zakonshme në të djathtë të boshtit të abshisave me aq sa është faza fillestare; mbi origjinën e re

LibËr PËr mËsuesiN

51

ngremë pingulen (boshti i ri i ordinatave); grafiku i mbetur (në të djathtë) është grafiku i kërkuar, b. Në rastin tonë, meqënëse faza fillestare është 3π/4, origjina e re O do të zhvendoset në të djathtë me 3π/4. 3. Jepet ekuacioni i rrymës alternative i(t) = 5sin(314t + π/2) (1). Gjeni amplitudën e rrymës I0, vlerën efektive, frekuencën f, periodën dhe fazën fillestare të saj.

ARSYETIM Kur kemi të dhënë ekuacionin e një madhësie të caktuar fizike [në rastin tonë është (1)], për të gjetur parametra të ndryshëm që përcaktojnë gjendjen, fillojmë me krahasimin e ekuacionit të dhënë me ekuacionin origjinal. Pra, nëse ekuacioni i rrymës alternative ka formën i(t) = 5sin(314t + π/2) (1), e krahasojmë me i(t)=I0sin(ωt + φ0), që do të thotë se:

ZGJIDHJE

• I0 = 5 A (sa kohë që nuk jepet në kllapa njësia e madhësisë, e marrim si të dhënë në sistemin ndërkombëtar të njësive SI, pra në rastin tonë e kemi marrë amper); ω=314 rad/sek.; φ0 = π/2 rad (faza fillestare)

• Për të gjetur vlerën efektive të rrymës:

0I 5 5I = = 3.6A1.42 2

= =

• Për të gjetur frekuencën, dimë se ω =2πf . Atëherë, frekuenca do të jetë:

• Për të gjetur periodën: T = 1/f = 1/50 = 0.02 sek = 2x10-2 sek

Fizika 11

52

4.2 KonDEnsaTori në QarKUn E rrYMës alTErnaTiVE

Objektiva specifikë:

Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. të përshkruajë qarkun kapacitiv dhe lindjen e rezistencës kapacitive2. të përshkruajë efektin e rezistencës kapacitive në qarkun e rrymës

alternative3. të shpjegojë marrëdhënien rrymë – tension në qarkun që përmban të

lidhur në seri rezistencë aktive dhe kondensator 4. të dijë të zbatojë metodën e vektorëve amplitudë për të analizuar

marrëdhëniet ndërmjet madhësive të mësipërme

Pyetje dhe ushtrime

1. Rryma dhe tensioni në kondensator janë në fazë apo jo?

ARSYETIMNë çastin e lidhjes së kondensatorit në qark, tensioni në pllakat e tij është zero dhe fillon të ngrihet ngadalë, ndërkohë që rryma e ngarkimit ka vlerën maksimale dhe fillon të ulet. Kur tensioni në pllakat e kondensatorit arrin vlerën maksimale U0 (amplituda), vlera e rrymës është bërë zero: kondensatori është ngarkuar. Mbas këtij çasti tensioni në pllaka fillon të ulet, kondensatori fillon të shkarkohet për shkak të kalimit të rrymës, e cila fillon të rritet duke kaluar në kah të kundërt (rryma e shkarkimit) dhe arrin vlerën maksimale kur tensioni bëhet zero. Tensioni ndryshon shenjë, kurse rryma ndryshon kah pas T/4 kohë ose π/2. Pra, në qarkun e rrymës alternative me kondensator, themi se rryma dhe tensioni janë në diferencë faze ndërmjet tyre me T/4 ose π/2 dhe se rryma është në përparim faze me T/4 ose π/2 në lidhje me tensionin. Në këtë qark, rryma e ngarkimit dhe e shkarkimit alternohen vazhdimisht; nëpër dielektrikun që ndodhet ndërmjet pllakave të kondensatorit nuk kalon rrymë (shih figurën 4.1 në libër).

2. Kondensatori me kapacitet 100 nF është lidhur me burimin e tensionit alternativ prej 220 V. Sa është amplituda e rrymës që rrjedh në këtë kondensator, duke ditur se frekuenca e tensionit është: a) 50 Hz, b) 5 kHz. Gjeni vlerën e reaktancës kapacitive në të dy rastet.

LibËr PËr mËsuesiN

53

Të dhëna:

C = 100 nF = 100x10-9 = 1x10-7 F U = 220 V

C 03

a) f 50 HzX =?I ?

b) f 50 kHz =50×10 Hz=

==

ZGJIDHJEPër të gjetur amplitudën e rrymës, zbatojmë ligjin e Omit për një pjesë të qarkut të rrymës alternative: I0=U0/XC. Për këtë, fillimisht na duhet të gjejmë amplitudën e tensionit dhe rezistencën kapacitive.

Konkluzion: për të njëjtin kapacitet të kondensatorit, sa më e madhe të jetë frekuenca e rrymës alternative, aq më e vogël është rezistenca kapacitive, aq më e madhe është rryma që kalon në qark.

3. Sa duhet të jetë tensioni në mënyrë që nëpër kondensatorin me kapacitet 2 μF të rrjedh rryma prej 36 mA, duke ditur se frekuenca e tensionit është 4 kHz?

Të dhëna U = ?C=2 μF = 2x10-6 FI = 36 mA = 36x10-3 Af = 4 kHz = 4x103 Hz

Fizika 11

54

ZGJIDHJE Zbatojmë ligjin e Omit për qarkun e rrymës alternative që përmban vetëm kondensator:

Kini kujdes: sa kohë që në qarkun e rrymës alternative flitet vetëm për tension apo intensitet rryme pa specifikuar, nëse është ose jo, përkatësisht, tension efektiv apo rrymë efektive, gjithmonë do nënkuptojmë vlerat efektive të tyre.

4. Kondensatori i lidhur në qarkun e rrymës alternative me frekuencë 50 Hz e ka reaktancën kapacitive prej 40 Ω. Sa do të jetë reaktanca e këtij kondensatori po ta lidhim atë në qarkun e rrymës alternative me frekuencë 5 kHz?

ZGJIDHJE

Konkluzion: rezistenca kapacitive është në përpjesëtim të zhdrejtë me frekuencën e rrymës që rrjedh në qark.

5. Për qarkun e rrymës alternative dhënë në figurë, përcaktoni rrymën e plotë që rrjedh në qark, rezistencën kapacitive dhe rënien e tensionit në çdo element të qarkut.

LibËr PËr mËsuesiN

55

Të dhënaI = ? UR=?XC= ? UC=?C=60 μF = 6x10-5 FR = 30 omU= 120Vf = 60 Hz

ZGJIDHJE• Për të gjetur rrymën e plotë që kalon nëpër qark, fillimisht na duhet të

gjejmë rezistencën totale të qarkut dhe pastaj të zbatojmë ligjin e Omit për një pjesë të qarkut (tensioni në burim është i barabartë me tensionin që ushtrohet në skajet e lidhjes në seri të rezistencës R dhe kondensatorit).

Përdorim ligjin e Omit për qarkun e rrymës alternative:

2.25A53.4120

ZUI ===

Për të gjetur rëniet e tensionit në rezistencë dhe në kondensator, zbatojmë përsëri ligjin e Omit për një pjesë të qarkut të rrymës alternative:

R

C C

U I×R = 2.25×30= 67.5VU = I×X = 2.25×44.2=99.5V

=

Kujtesë 1: Trekëndëshi i Omit

Fizika 11

56

Kujtesë 2: Në qarkun e rrymës alternative, shuma e rënieve të tensionit në pjesë të ndryshme të qarkut, është e ndryshme nga tensioni i plotë që ushtrohet në skaje. Për të verifikuar, po shohim vlerat e tensioneve dhe shumën e tyre për rastin tonë, pra: U≠ UR+UC120 V ≠ (67.5 + 99.5) V120 V ≠ 167 VKujtesë 2: Për të provuar se veprimet janë bërë mirë, ose që zgjidhja që keni gjetur është e duhura, në rastin e tensioneve mund të bëni provën:

( ) ( )2 22 2R CU= U +U = 67.5 + 99.5 = 4556.3+9900.2

U= 14456.5 =120.2V 120V (i njëjtë me tensionin në skaje)≈

4.3 UsHTriME DHE ProBlEMa

1. Vlera efektive e tensionit alternativ është U = 220 V dhe perioda e lëkundjeve të tij është T = 0.02 s. Ai lidhet një herë te rezistenca me vlerë 150 Ω dhe një herë tjetër te kondensatori me kapacitet 8 μF. Llogaritni amplitudën e intensitetit të rrymës që rrjedh në rezistencë dhe në kondensator.Të dhëna U = 220 V

T = 0.02 sek = 2x10-2

R= 150 Ω

C = 8 μF

ZGJIDHJE Fillimisht gjejmë amplitudën e tensionit:

00

0

UU= U 2×U = 1.4×2202

U = 308V

⇒ = ±

±

0OR

Në rezistencë:U 308I = = =2.1AR 150

LibËr PËr mËsuesiN

57

Konkluzion: Për të njëjtin tension në burimin e rrymës, vlera e rrymës që kalon në qark kur kemi vetëm rezistencë aktive nuk varet nga frekuenca e burimit; kur kemi vetëm kondensator, vlera e rrymës varet nga kapaciteti i kondensatorit.

2. Kondensatori me kapacitet 2 μF është lidhur te burimi i tensionit alternativ; ky tension ndryshon sipas ligjit u(t)=2.5sin(2000πt+π/2). Shkruani ekuacionin e lëkundjeve të rrymës që rrjedh në kondensator dhe vizatoni diagramat e vektorëve amplitudë të rrymës dhe tensionit.

ARSYETIMDimë se në qarkun e rrymës alternative që përmban vetëm kondensator, rryma është në përparim faze me π/2 në lidhje me tensionin ose tensioni është në vonesë faze me π/2 në lidhje me rrymën.

Të dhëna

C = 2 μF = 2x10-6 Fu(t) = 2.5 sin (2000πt + π/2) (1)

Duke krahasuar (1) me ekuacionin formal të lëkundjeve të tensionit në qarkun e rrymës alternative që përmban vetëm kondensator u(t) = U0sin (ωt+ φ0), kemi:

U0=2.5 Vω = 2000π rad/sek =2x103 π rad/sekφ0u = π/2 (për tensionin)

Për të shkruajtur ekuacionin e lëkundjeve të rrymës, në ekuacionin formal të saj i(t) = I0sin (ωt+φ0i), zëvendësojmë konstantet ω, φ0i dhe I0 (këto dy të fundit duhet t’i gjejmë).

Dimë se I0 = U0 / XC

Fizika 11

58

Në qarkun me kondensator, tensioni është në vonesë faze me π/2 në lidhje me rrymën. Për rrjedhojë, faza fillestare e rrymës do të gjendet nga: π/2= φ0i - π/2 nga rrjedh se: φ0i = π/2 + π/2 = π.

Për rrjedhojë, ekuacioni i lëkundjeve të rrymës do të ketë trajtën: i(t) = 3.14x10-2sin (2000π t + π ) (A)

4.4 BoBina E inDUKsioniT në QarKUn E rrYMës alTErnaTiVE. QarKU ME r,l,C Të liDHUr në sEri.

Objektiva specifikë: Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. të përshkruajë qarkun induktiv dhe lindjen e rezistencës induktive2. të përshkruajë efektin e rezistencës induktive në qarkun e rrymës

alternative3. të shpjegojë marrëdhënien rrymë – tension në qarkun që përmban të

lidhur në seri rezistencë aktive dhe bobinë 4. të përshkruajë qarkun lëkundës RLC dhe lindjen e impedancës5. të diskutojë efektet e kombinimit të rezistencës aktive, induktive dhe

kapacitive në rastin kur janë të lidhura në seri 6. të dijë të zbatojë metodën e vektorëve amplitudë për të analizuar

marrëdhëniet ndërmjet të gjitha madhësive të mësipërme

Pyetje dhe ushtrime 1. Skajet e një teli të gjatë dhe të drejtë i lidhim në prizën ku kemi tension alternativ dhe masim rrymën. Pastaj e heqim telin nga priza dhe e mbështjellim duke formuar një bobinë me shumë spira. Skajet e bobinës i lidhim prapë te priza dhe matim përsëri rrymën. Në cilin rast rryma do të jetë më e madhe. Argumentoni përgjigjen tuaj.

LibËr PËr mËsuesiN

59

ZGJIDHJE Rryma më e madhe do të jetë në rastin e parë, kur në skajet e prizës kemi telin e gjatë dhe të hollë, pasi forca elektromotore që lind aty do të jetë më e vogël.

ARSYETIM

Dimë se forca elektromotore që induktohet është në përpjesëtim të drejtë me fushën magnetike alternative që shoqëron kalimin e rrymës alternative, me frekuencën e saj si dhe me numrin e sipërfaqen e spirave. Për të njëjtën frekuencë dhe fushë magnetike (që lidhen me përdorimin e të njëjtit burim rryme), f.e.m e induktuar do të varet vetëm nga numri i spirave dhe sipërfaqja e tyre. Në rastin e parë, kur kemi vetëm një spirë, forca elektromotore e induksionit dhe, bashkë me të, edhe rryma e induksionit që lind dhe kundërshton rrjedhjen e rrymës në qark që jep burimi, do të jetë më e vogël. Pra, kur në prizë kemi një tel të gjatë dhe të drejtë, do të kemi një rrymë më të madhe.

Bobinat me induktivitet shumë të madh, në qarkun e rrymës alternative me frekuencë të lartë, kanë një rezistencë aq të madhe, saqë praktikisht nëpër to pothuajse nuk kalon rrymë. Shpesh bobina të tilla përdoren si filtruese të rrymës alternative.

2. A janë në fazë rryma dhe tensioni në një qark që përmban vetëm bobinë induksioni?

Për të parë ndikimin që ushtron bobina me induktivitet L në rrymën alternative, po përshkruajmë këto eksperimente. Bobinën me një numër të madh spirash prej teli të trashë bakri, me rezistencë aktive R të papërfillshme dhe me induktivitet L, e lidhim fillimisht me burimin e rrymës së vazhdueshme. Ampermetri tregon se intensiteti i rrymës që rrjedh në qark nuk ndryshon edhe kur në bobinë fusim një bërthamë çeliku.

Të njëjtën bobinë e vendosim në qarkun e rrymës alternative, tensioni efektiv i të cilit është i njëjtë me tensionin e burimit të rrymës së vazhduar. Ampermetri tregon një rrymë më të vogël.

Kur në bobinë fusim një bërthamë hekuri, pra nëse rrisim induktivitetin L të bobinës, ampermetri tregon se rryma zvogëlohet edhe më shumë.

Në qoftë se e vazhdojmë eksperimentin, duke ndryshuar frekuencën e burimit të rrymës, për të njëjtin tension efektiv, eksperimenti tregon se sa më shumë

Fizika 11

60

rritet frekuenca (ose sa më shpejt e lëvizim bërthamën e hekurit), aq më e vogël bëhet rryma që rrjedh në qark.

Konkluzion: bobina i paraqet rrymës alternative një rezistencë më të madhe se rrymës së vazhduar. Shfaqja e kësaj rezistence i detyrohet lindjes së forcës elektromotore të autoinduksionit, për të cilën dimë se është në përpjesëtim të drejtë me shpejtësinë e ndryshimit të fluksit dhe kah që kundërshton rritjen e rrymës (ose ndryshe pengon rritjen e saj). Pra, induktiviteti L vepron njëlloj ndaj rrymës, sikundër edhe rritja e rezistencës së qarkut. Pikërisht për shkak të forcës elektromotore të autoinduksionit, intensiteti i rrymës elektrike nuk i arrin vlerat maksimale në të njëjtat çaste me tensionin. Në qarkun e rrymës alternative me bobinë me induktivitet L, intensiteti i rrymës arrin vlerën maksimale I0, atëherë kur forca elektromotore e autoinduksionit është e barabartë me zero. Pra, tensioni dhe rryma nuk janë në fazë; ata janë të zhvendosur nga njëri tjetri me T/4 ose π/2. Në këtë rast themi se rryma është në vonesë faze me T/4 ose π/2 në lidhje me tensionin ose tensioni është në përparim faze me T/4 ose π/2 në lidhje me rrymën. 2. Për çfarë frekuence të rrymës alternative reaktanca induktive e një bobine me koeficient induksioni L= 52 mH është e barabartë me reaktancën kapacitive të një kondensatori me kapacitet 76 μF.

Të dhëna ZGJIDHJE L= 52 mH = 52x10-3 HC = 76 μF = 76 x10-6 F= 7.6 x10-5 Ff =?

3. Rryma që rrjedh në një bobinë induksioni është 200 mA. Reaktanca induktive e bobinës është 80 Ω. Sa është tensioni në skajet e bobinës? Nëse frekuenca e rrymës është 1500 Hz, sa është induktiviteti i saj?

LibËr PËr mËsuesiN

61

Të dhëna ZGJIDHJEI = 200mA = 2x102x10-3 A = 2x10-1 AXL= 80 Ω f = 1500Hz = 1.5x103 HzUL=? L = ?

4. Në qarkun ku janë lidhur në seri rezistenca me vlerë R= 300 Ω, reaktanca induktive prej XL = 750 Ω dhe reaktanca kapacitive XC = 480 Ω rrjedh rryma I = 340 mA. Gjeni tensionin që vepron në këtë qark, amplitudën e tij si dhe diferencën e fazës ndërmjet rrymës dhe tensionit.

Të dhëna R= 300 ΩXL = 750 ΩXC = 480 ΩI = 340 mA = 340x10-3AU= ? U0= ?φ = ?

ZGJIDHJE Për të gjetur tensionin dhe amplitudën e tij, meqenëse kemi të dhënë rrymën, gjejmë fillimisht rezistencën e përgjithshme të qarkut dhe pastaj zbatojmë ligjin e Omit për një pjesë të qarkut (për rastin e rrymës alternative, pra për amplitudat ose vlerat efektive të rrymës dhe tensionit):

UL= I x XL = 2x10-1 x 80 = 16 V

Fizika 11

62

Për gjetur amplitudën e tensionit:

0

0

U = U 2= ±137.4×1.4U = ±192.4V

4.5 FUQia në QarQET E rrYMës alTErnaTiVE

Pyetje dhe ushtrime 1. Në qarkun RLC vepron tensioni U=100V dhe ka frekuencën 3.5 kHz. Rezistenca ka vlerën 40Ω, bobina ka induktivitetin L=50 mH dhe kondensatori ka kapacitetin C=50μF. Gjeni rrymën që rrjedh në qark dhe fuqinë aktive që çlirohet në rezistencë. Tregoni se fuqia që çlirohet në rezistencë është e barabartë me fuqinë që humbet burimi i tensionit.

Të dhëna ZGJIDHJEU=100V R= 40 Ωf = 3.5 kHz = 3.5 x103HzL = 50 mH = 50 x10-3HC=50 μF= 50 x10-6FI = ? PR = ? P =?

LibËr PËr mËsuesiN

63

Fuqia aktive që çlirohet në qark gjendet me formulën:

Konkluzione 1: Qarku ka natyrë induktive, sa kohë që rezistenca induktive është shumë më e madhe se ajo kapacitive. Faktori kryesor është frekuenca shumë e madhe e rrymës, 3.5kHz. I njëjti faktor bën që: a) rryma në qark të jetë shumë e vogël (kemi thënë se qarku me induktivitet shumë të madh mund të përdoret edhe si filtër i rrymës alternative) b) fuqia aktive (ndryshe: humbjet e pakthyeshme të energjisë në formën e nxehtësisë, të cilat realizohen në rezistencë) që zhvillohet në qark të jetë shumë e vogël.

Konkluzione 2: Po të krahasojmë fuqinë aktive të burimit me fuqinë që zhvillohet vetëm në rezistencën R, ato janë të barabarta (në fakt, për shkak të disa përafrimeve që janë bërë gjatë veprimeve, janë pothuaj të barabarta). Vërtet, në rezistencën R, fuqia që zhvillohet gjendet me formulën PR = I2xR = (0.09)2x40 = 0.324 W që është e njëjtë me 0.324 W që gjetëm më sipër.

4.6 UsHTriME DHE ProBlEMa 1. Rezistenca R=2 kΩ, bobina me induktivitet L=0.5H dhe kondensatori me kapacitet C=4 μF janë lidhur në seri. Tensioni alternativ me frekuencë f =50Hz shkakton në qark rrymën me amplitudë I0=250mA. Gjeni amplitudën e tensionit që vepron në qark si dhe diferencën e fazave φ ndërmjet rrymës dhe tensionit.

Të dhëna R = 2 kΩ = 2x103 ΩL = 0.5 HC = 4 μF = 4x10-6 Ff = 50 HzI0 =250 mA =250 x10-3 AU0 = ?φ = ?

Fizika 11

64

ZGJIDHJE

Dimë se edhe në qarkun e rrymës alternative mund të zbatojmë ligjin e Omit, me kushtet përkatëse. Pra, U0 = I0x Z

(

Kujdes: XC është shumë më e madhe se XL, që do të thotë se qarku ka natyrë kapacitive.

Nga rrjedh se: U0 = I0x Z = 250 x10-3x2.1 x103=525 V

Për të gjetur diferencën e fazave ndërmjet rrymës dhe tensionit në qarkun e rrymës alternative me të tre elementët që kemi marrë në shqyrtim, dimë se:

Vërejtje: Për të llogaritur diferencën e fazës ndërmjet rrymës dhe tensionit, është më mirë të përdorni formulën e tangentit sepse jep direkt edhe diferencën XL-XC, që do të thotë se ju mundëson të arsyetoni për natyrën e qarkut: kapacitive kur diferenca XL-XC < 0 dhe induktive kur XL-XC > 0.

2. Në një qark janë lidhur në seri rezistenca R = 12 Ω dhe një bobinë. Në këtë qark vepron tensioni U = 90 V që ka frekuencën 550 Hz. Rënia e tensionit në rezistencë është UR = 36 V. Gjeni: (a) vlerën e induktivitetit të bobinës, (b) vlerën e rrymës që rrjedh në këtë qark dhe (c) fuqinë që çlirohet në këtë qark.

LibËr PËr mËsuesiN

65

Të dhëna R = 12 ΩU = 90 Vf = 550 HzUR = 36 VL = ?I = ?

ZGJIDHJEPër të gjetur induktivitetin e bobinës, fillimisht na duhet të gjejmë rezistencën induktive.

Për këtë: a. gjejmë tensionin në bobinë

b. gjejmë rrymën që kalon në qark, duke zbatuar ligjin e Omit për një pjesë të qarkut, për rezistencën R:

c. gjejmë induktivitetin e bobinës.

d. fuqia që çlirohet në qark është:

Fizika 11

66

4.7.rEZonanCa në QarQET ME rlC Të liDHUr në sEri

Ushtrime1. Llogaritni gjatësinë e valës së një radiotransmetuesi që punon në frekuencën 570 kHz.

Të dhëna ZGJIDHJE f = 570 kHz = 5.7x105 Hzλ = ?

2. Në qarkun lëkundës me elementët R,L,C të lidhur në seri, bobina ka induktivitetin 5 mH. Sa duhet të jetë kapaciteti i kondensatorit në mënyrë që ky qark të kapi valët e radiodhënësit që ka frekuencën 1.59 MHz.

Të dhëna L=5 mH= 5x10-3 Hf = 1.59 MHz = 1.59x106 HzC = ?ARSYETIMQë qarku lëkundës të kapi valët e radiodhënësit, duhet të hyjë në rezonancë me të, që do të thotë se frekuenca e qarkut duhet të jetë e barabartë me frekuencën e radiodhënësit. Shkruajmë: 1. fQ=fV (frekuenca e qarkut është e barabartë me frekuencën e valës). 2. plotësojmë kushtin e rezonancës për vetë qarkun, që do të thotë për frekuencën e mësipërme, gjejmë vlerën e kondensatorit që përputhet me atë induktivitet të dhënë.

ZGJIDHJE

Nga ekuacioni (2) nxjerrim në dukje C dhe në të zëvendësojmë vlerën e f gjetur nga (1):

LibËr PËr mËsuesiN

67

Vërejtje: Zakonisht π2, me një afërsi shumë të mirë, e marrim të barabartë me dhjetë.

4.8 PariMET E raDioKoMUniKiMiT

Ushtrime 1. Në çfarë kufijsh duhet të ndryshojë kapaciteti i kondensatorit të qarkut RLC të hyrjes së radiomarrësit në mënyrë që ai të kapi sinjale që transmetohen në bandën e frekuencave 550 kHz – 1600 kHz. Jepet induktiviteti i bobinës së qarkut L = 5 μH.

Të dhëna f1=550kHz=5.5x105Hz; f2=1600 kHz=1.6x106HzL= 5μH = 5x10-6HC1 = ? C2=?

Arsyetim Banda e frekuencave gjendet në intervalin (f1=550kHz=5.5x105Hz; f2=1600 kHz=1.6x106Hz). Për të hyrë në rezonancë me një bandë të dhënë frekuencash ka dy mënyra: ose të ndryshojmë induktivitetin e bobinës së qarkut lëkundës, ose të ndryshojmë kapacitetin e kondensatorit. Për arsye teknike, zakonisht zgjidhet mënyra e dytë, do të thotë ndryshojmë kapacitetin e kondensatorit nëpërmjet ndryshimit të sipërfaqes së armaturave ose largësisë ndërmjet tyre (kujtoni që C është në përpjeëstim të drejtë me sipërfaqen e armaturave dhe në përpjesëtim të zhdrejtë me distancën ndërmjet tyre). Kondensatorë të tillë quhen varikap (kondensatorë variabël, që ndryshojnë). Rrjedhimisht, për të zgjidhur ushtrimin, do gjejmë për secilin skaj të intervalit të frekuencave, vlerat përkatëse të kapaciteteve të kondensatorëve për të cilat realizohet rezonanca nëpërmjet zbatimit të formulës së rezonancës (ose në mënyrë të ngjashme me ushtrimin e zgjidhur më sipër).

ZGJIDHJE

Fizika 11

68

Pra, që qarku lëkundës të rezonojë me bandën e mësipërme të frekuencave (për L=5Μh), duhet që vlerat e kondensatorit të tij të ndryshojnë nga 1.95 nF në 16.5 nF.

4.8 aParaTET E raDioKoMUniKiMiTPyetje dhe ushtrime1. Elektroni që del nga katoda e oshilografit përshpejtohet nga tensioni prej 5 kV që jepet në anodë. Duke pranuar se shpejtësia fillestare e elektronit është zero, gjeni sa është shpejtësia e elektronit kur godet ekranin.

ARSYETIM Marrim në shqyrtim dy gjendjet e elektronit: në fillim dhe në fund të lëvizjes. Secilën prej tyre i emërtojmë, përkatësisht, si gjendja 1 dhe 2. Nga ligji i ruajtjes dhe i shndërrimit të energjisë, kemi: EK2 –EK1 = A. Me supozimin që lëvizja e elektronit fillon nga prehja, kjo do të thotë se v1 = 0, pra edhe energjia kinetike fillestare është zero. Ekuacioni që shpreh ligjin e ruajtjes dhe shndërrimit të energjisë, reduktohet në trajtën: EK2 = A. Nga ana tjetër, lëvizja dhe përshpejtimi i elektronit në oshilograf, nga katoda në anodë, bëhet nga forcat e fushës elektrike. Puna e tyre është: A = qxU = exU (zëvendësojmë ngarkesën elektronit me simbolin e tij)Të dhëna ZGJIDHJEv1 = 0 U = 5 kV=5x103 V

LibËr PËr mËsuesiN

69

4.10 UsHTriME Për PërsëriTJE1. Soba elektrike e ka rezistencën 250 Ω dhe është lidhur me gjeneratorin e tensionit 220 V. Llogaritni vlerën efektive të rrymës dhe amplitudën e saj, si dhe fuqinë që merr soba nga burimi i tensionit. Llogaritni gjithashtu nxehtësinë që çlirohet gjatë 1 ore.

Të dhëna ZGJIDHJE

R = 250 ΩU = 220 VI = ? I0 = ? P = ? Q = ? (për t = 1orë = 3600 sek.)

2. Sa duhet të jetë frekuenca e tensionit alternativ në mënyrë që kondensatori me kapacitet C = 8 μF të ketë reaktancën XC = 125 Ω.

Të dhëna ZGJIDHJE C = 8 μF = 8x10-6 FXC = 125 Ωf = ?

3. Kondensatori me kapacitet 1 μF është lidhur në seri me rezistencën 2 kΩ dhe në këtë qark vepron tensioni 220 V me frekuencë 50 Hz. Gjeni: a) impendancën e qarkut (Z), b) amplitudën e rrymës që rrjedh në qark, c) diferencën e fazës midis rrymës dhe tensionit.

02 2

U 220I= = =0.88AR 250

I = 2×I = 1.4×0.88= 1.232 A

U 220 48400P = I×U = = =R 250 250

P =193.6 W

± ±

Fizika 11

70

Të dhëna ZGJIDHJE C = 1 μF = 1x10-6 FR = 2 kΩ = 2x103 Ωf = 50 HzZ = ?I0=?φ = ?

Për të gjetur rrymën që kalon në qark përdorim ligjin e Omit:

0

U 220I= = = 0.0585A =58.5mAZ 3760

I = 2×I= 1.4×0.0585= 0.0819A = 81.9mA± ± ±

Diferenca e fazës ndërmjet rrymës dhe tensionit gjendet sipas formulës:

4. Kondensatorët me kapacitet C1 = 2 μF dhe C2 = 4 μF janë lidhur në paralel dhe në armaturat e tyre vepron tensioni alternativ 12 V, frekuenca e të cilit është 2.5 kHz. Gjeni kapacitetin e njëvlefshëm të kondensatorëve të lidhur në paralel, si dhe intensitetin e rrymës që rrjedh në këtë qark. Çfarë ndodh me intensitetin e rrymës kur heqim nga qarku kondensatorin C2.

Të dhëna

(

LibËr PËr mËsuesiN

71

U =12 Vf = 2.5 KhZ= 2.5 x103Hz

ZGJIDHJEKapaciteti i njëvlefshëm i dy kondensatorëve të lidhur në paralel gjendet me formulën:

C = C1+C2= 2x10-6+4x10-6=6x10-6F

Konkluzion: Shohim se intensiteti i rrymës në qarkun që përmban vetëm kondensator është në përpjesëtim të drejtë me kapacitetin e kondensatorit. Meqenëse në lidhjen në paralel, kapaciteti i njëvlefshëm i disa kondensatorëve të lidhur në paralel është i barabartë me shumën aritmetike të tyre; për çdo kondensator të hequr, do të kemi zvogëlim të rrymës.

5. Kondensatori dhe llamba elektrike janë lidhur në seri në qarkun ku vepron tensioni 220 V me frekuencë 50 Hz. Sa duhet të jetë vlera e kapacitetit të kondensatorit në mënyrë që në llambë të kemi rënien e tensionit UR = 110 V, kur rryma në qark është 0.5 A. Gjeni diferencën e fazës ndërmjet rrymës dhe tensionit.

Të dhëna ZGJIDHJE

U = 220 Vf = 50 Hz C= ? për UR = 110 V

Në lidhjen në seri dimë se intensiteti i rrymës është i njëjtë në çdo elementë të qarkut. Për rrjedhojë, mund të shkruajmë:

( ) ( )2 22 2 2 2R C C R

C

U= U +U U = U -U = 220 - 110

U = 48400-12100= 36300=190.5 V

⇒

Fizika 11

72

6. Në qarkun që përmban rezistencën R=150 Ω, bobinën me induktivitet L=20 mH dhe kondensatorin me kapacitet C të lidhur në seri, vepron tensioni 12 V që ka frekuencën ω = 5000 rad/s. Gjeni vlerën e kapacitetit C për të cilin rryma që rrjedh në këtë qark ka vlerën maksimale. Llogaritni vlerën e kësaj rryme, si dhe rëniet e tensionit në secilin element.

Të dhëna ZGJIDHJE R = 150 ΩL = 20 mHω = 5000 rad/sU = 12 VC = ? (për I maksimale)Rryma në qark ka vlerën maksimale kur kemi rezonancë, që do të thotë se:

LibËr PËr mËsuesiN

73

Rëniet e tensionit në çdo element të qarkut do të jenë:

7. Gjeneratori i tensionit me frekuencë 5 kHz vepron në qarkun që përmban rezistencën 240 Ω dhe kondensatorin me kapacitet 0.22 μF të lidhur në seri. Rryma që rrjedh në qark është 40 mA. Gjeni vlerën e tensionit që jep gjeneratori dhe këndin e diferencës së fazës midis rrymës dhe tensionit në këtë qark.

Të dhëna ZGJIDHJE f = 5kHz = 5x103HzR = 240 ΩC=0.22 μF =2.2x10-7FI = 40 mA = 4x101x10-3A=4x10-2AU=? (për çdo element)Δφ = ?

Dimë se U = I x Z (1)

kemi: U = I x Z = 4x10-2 x 280.28 = 1121.12x10-2 V U = 11.21 V

Fizika 11

74

8. Në qarkun e rrymës alternative ku vepron tensioni 220 V janë lidhur në seri rezistenca R, kondensatori C dhe bobina me induktivitet L. Gjeni rënien e tensionit UR në rezistencën R, në qoftë se rënia e tensionit në kondensator është UC = 2UR dhe rënia e tensionit në bobinë është UL = 3UR.

Të dhëna ZGJIDHJE U = 220 VR, L, C janë të lidhur në seriUC = 2 URUL = 3URUR = ?

9. Qarku me RLC në seri e ka frekuencën e rezonancës 750 kHz. Në qoftë se vlera e induktivitetit të bobinës është 25 μH, sa është kapaciteti i kondensatorit të qarkut.

Të dhëna ZGJIDHJE f = 750 kHz = 750x103 HzL = 25 μH = 2.5x10-5HC =?

10. Frekuenca e rezonancës së qarkut me RLC në seri është 12 kHz. Sa do të

( )

( )R

R

22L C

22R R

R

R

R

U U U U 220V

U 3U 2U 220V

U 2 220V220 220U

1.42U 157 V

= + − =

+ − =

=

= =

=

LibËr PËr mËsuesiN

75

jetë frekuenca e rezonancës së këtij qarku në qoftë se vlerat e kapacitetit dhe të induktivitetit do t’i katërfishojmë secilin.

Të dhëna ZGJIDHJE

f1 = 12 kHz = 12x103 Hzf2 = ? Nëse: L2=4L1 dhe C2=4C2

Fizika 11

76

Kreu 5 aKUsTiKa

Nxënësve duhet t’u bëhet e qartë se vala zanore, duke qenë një valë mekanike, gëzon të gjitha karakteristikat e tyre. Pra, në këtë pjesë të fizikës, mund të përdoren përsëri të njëjtat njohuri, që janë përftuar më parë, për valën mekanike.

OBJEKTIVA TË PËRGJITHSHËM

Pas studimit të këtij kapitulli, nxënësi duhet të jetë i aftë:1. Të dallojë valën gjatësore nga vala tërthore; të japë shembuj për secilin tip vale.2. Të dallojë valën mekanike nga vala elektromagnetike.3. Të kuptojë faktorët që bëjnë të mundur lindjen dhe përhapjen e valës zanore,

si dhe të tregojë rolin që luan secili prej tyre; të sjellë shembuj.4. Të llogarisë shpejtësinë e valës gjatësore në gaze, lëngje dhe trupa të ngurtë,

në temperatura të ndryshme; të dijë të zgjedhë formulën korrekte.5. Të shpjegojë formimin e valëve në kordë (e kufizuar, e pakufizuar) dhe në

tuba (të hapur, të mbyllur në një anë ose në të dy anët), të llogarisë frekuencat e tyre.

6. Të jetë në gjendje të përcaktojë pikat e lëkundjeve maksimale (barqet) dhe pikat që nuk lëkunden (nyjet), duke u mbështetur në kushtet në të cilat gjendet korda ose masa ajrore.

7. Të shpjegojë formimin e valëve të qëndrueshëm në instrumente të ndryshme; Të llogarisë frekuencat e harmonikave për një gjatësi të dhënë të tubit.

8. Të përshkruajë çfarë ndodh me valën kur pasqyrohet në kufirin e dy mjediseve të ndryshme.

9. Të shpjegojë dukurinë e interferencës, formuar nga dy burime zanore të së njëjtës frekuencë, që ndodhen larg njëri-tjetrit në një distancë të caktuar; të përcaktojë gjendjen që formohet nga mbivendosja e valëve në një pikë të dhënë të mjedisit.

10. Të përshkruajë frekuencën e rrahjes së formuar nga dy diapazonë (burime) me frekuenca të ndryshme.

11. Të shpjegojë çfarë është dhe si formohet vala goditëse.12. Të shpjegojë dhe të zbatojë efektin Dopler; të argumentojë ndryshimin në

perceptimin e lartësisë së tingullit në varësi të shpejtësive relative burim-dëgjues.

13. Të zgjidhë problema që kërkojnë zbatimin e thjeshtë të formulave të dhëna në këtë kapitull.

LibËr PËr mËsuesiN

77

5.1. BUriMET DHE MarrësiT E ValëVE ZanorE. sHPEJTësia E PërHaPJEs së ValëVE ZanorE.

Objektiva specifikë:

Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. të klasifikojë valët zanore në infratinguj, tinguj dhe ultratinguj; të sjellë shembuj që ilustrojnë burimet dhe zbatimet në natyrë ose nga njeriu.

2. të dallojë valët gjatësore nga valët tërthore3. të kuptojë faktorët që bëjnë të mundur lindjen dhe përhapjen e valës zanore

si dhe të tregojë rolin që luan secili prej tyre; të sjellë shembuj.4. të shpjegojë lidhjen burim-marrës5. të llogarisë shpejtësinë e valës gjatësore në gaze, lëngje dhe trupa të ngurtë

në temperatura të ndryshme; të dijë të zbatojë formulën korrekte

Pyetje dhe ushtrime:

1. Jepni shembuj të burimeve të infratingujve, tingujve dhe ultratingujve.

ARSYETIM

• Për të marrë përgjigjen e saktë, filloni duke u kërkuar nxënësve të kujtojnë përkufizimin e tingujve (valë zanore që shkaktojnë në veshin e njërit ndijimin e të dëgjuarit). Së bashku me nxënësit, nxirrni konkluzionin “tinguj janë çfarë dëgjojmë”: fleta e librit që kthehet, përplasja e duarve, mbyllja e derës, zhurma e erës, shkumësi që takon sipërfaqen e tokës.

• Po infratingujt? Përkufizimi thotë se janë valë zanore me frekuencë më të ulët se 20 Hz. Ato shkaktohen nga lëkundje shumë të ngadalta të trupave masivë. Më tej akoma, frekuenca e vogël, do të thotë se gjatësia e valës e tyre është shumë e madhe, më e madhe se tek tingujt, që do të thotë se mund të përhapen në distanca të largëta dhe të kapërcejnë pengesa të mëdha, të krahasueshme me gjatësinë e tyre (dukuria e difraksionit). Eksperimentet tregojnë se në veshin e njeriut japin ndjesinë e një trysnie dhe, në përgjithësi, perceptimin e diçkaje jo të zakonshme; edhe pse nuk dëgjohet ndonjë tingull, kur vazhdojnë për një kohë të gjatë, janë shumë të rrezikshëm për shëndetin e njeriut. Burimet e tyre janë të ndryshme; për shembull, tërmetet e fuqishëm që shoqërohen me lëvizje të shtresave masive të tokës prodhojnë valë që kanë frekuencë më të vogël se 20 Hz, me shpejtësi të njëjtë me atë të valës sizmike dhe që përhapen nëpërmjet tokës. Në mjetet e prodhuara

Fizika 11

78

nga njeriu, infratingujt lindin nga lëkundjet e grataçielave të larta apo nga dridhjet e makinerive, kur hyjnë në rezonancë me dyshemenë a vetë sallën ku janë montuar etj. Kafshët i përdorin infratingujt për të siguruar ushqim ose për të komunikuar me njëri-tjetrin. Infratingujt mund të kapen nga disa lloj merimangash, të cilat, me shumë gjasa, e përdorin këtë aftësi për të zbuluar gjahun apo armikun potencial. Kjo nuk përjashton faktin që ato të kapin edhe ultratingujt. Elefantët afrikanë përdorin infratinguj me frekuencë nga 15 – 35 Hz, për të komunikuar me njëri tjetrin; infratingujt përhapen nëpërmjet tokës, në distanca deri 10 km dhe kapen nga elefantët e tjerë nëpërmjet këmbëve. Po ashtu, hipopotamët, gjirafat e aligatorët njihen për përdorimin e këtyre valëve zanore. Në përgjithësi, kafshët mund të kapin sinjale të tilla, sepse shumë prej tyre, gjatë katastrofave natyrore, janë të parat që përpiqen të largohen, duke shërbyer edhe si një burim sinjali. Ndërkohë që vetë njerëzit i përdorin kryesisht në sizmografi, me synimin për të studiuar llojet dhe karakteristikat e shtresave të tokës.

• Po ultratingujt? Rritja e frekuencës së valës zanore, shoqërohet me ndryshime të ndjeshme të karakteristikave të saj. Ultratingujt thithen shumë nga gazet dhe shumë pak nga trupat e ngurtë dhe lëngjet. Duke pasur gjatësi shumë të shkurtër vale, janë në gjendje të përhapen pothuaj në vijë të drejtë, si një tufë e ngushtë drite. Për shkak të këtyre karakteristikave kanë gjetur përdorim shumë të madh në mjekësi, për zbulimin dhe kurimin e sëmundjeve të ndryshme. Për përftimin e tyre përdoret dukuria e piezoelektricitetit. Në disa kristale kuarci, të prerë në mënyrë të përshtatshme, nëse zbatojmë një diferencë alternative potenciali, pllaka shformohet (ngjishet e zgjerohet, në varësi të kahut të fushës elektrike), si rezultat i së cilës, edhe ajri përreth ngjishet e zgjerohet, duke prodhuar valë zanore me frekuencë të lartë, pra ultratinguj. Nga kafshët, qeni dhe lakuriqi i natës mund të dëgjojnë e shkëmbejnë valë zanore që shtrihen në zonën e ultratingujve (përkatësisht, qeni mund të kapë ultratinguj me frekuencë deri në 50,000 Hz, ndërkohë që lakuriqi i natës deri në 100,000 Hz). Anekdotat e fizikanëve lidhen edhe me një qen të stërvitur cirku, pronari i të cilit, sa herë që qeni duhej të ‘gjente’ përfundimin e një veprimi të vështirë matematikor, lëshonte një ultratingull. Qeni i stërvitur ndalonte menjëherë dhe tamam në tabelën me rezultatin e saktë! Lakuriqët e natës i përdorin ultratingujt për t’u orientuar gjatë lëvizjes: ata lëshojnë vazhdimisht ultratinguj dhe, nëse nuk u “kthehen”, do të thotë që rruga është e lirë. Delfinët dhe balenat përdorin ultratinguj për të notuar. Mund të jepni detyrë shtëpie ilustrimin e përdorimeve që kanë ultratingujt në mjekësi, në formën e një projekti në grup, duke pyetur më parë se cili nga nxënësit dëshiron të bëhet mjek.

LibËr PËr mËsuesiN

79

2. A mund të përhapet vala zanore në boshllëk. Pse?

ARSYETIMVala është ngacmimi që përhapet. Meqenëse bëhet fjalë për përhapjen e valës zanore, që e ka burimin në një ngacmim mekanik (telat e kitarës që ngacmohen, kordat e një pianoje etj), përhapja kryhet falë bashkëveprimit të thërrmijave të mjedisit me njëra-tjetrën. Për rrjedhojë, në mungesë të tyre, pra nëse jemi në boshllëk, ngacmimi mbetet i izoluar, nuk përhapet; nuk kemi valë zanore.

3. Gjeni shpejtësinë e përhapjes së zërit në ajër në temperaturën 400 C.

ZGJIDHJEShkruajmë formulën V.2, ku T është temperatura e mjedisit në gradë Kelvin. Kini kujdes, në formulë janë shkruar edhe përmasat e madhësive.

Të dhënat: u=? t = 400C

m T (K)u 331( ) (V.2)s 273(K)

=

Për këtë, kthejmë temperaturën e dhënë, në gradë Kelvin, sipas formulës së njohur:

T(K)= 273 + t(0C) = 273 + 40 = 313 KRrjedhimisht:

m (273 40) (K) m 313 mu 331( ) 331( ) 354,4s 273(K) s 273 s

+= = =

Konkluzion: sa më e madhe të jetë temperatura, aq më e madhe është edhe shpejtësia e përhapjes së valës, pasi me rritjen e temperaturës, edhe goditjet e thërrmijave të mjedisit me njëra-tjetrën janë më të shpeshta, për rrjedhojë, edhe ngacmimi do të transmetohet më shpejt nga një zonë e lëndës në tjetrën.

Fizika 11

80

4. Një kordë është tendosur me një tension 100 N. Masa e kordës, për njësi të gjatësisë, është 10 g/m. Sa është shpejtësia e përhapjes së valëve tërthore në kordë?

ZGJIDHJE

Tensionin prej 100 N, në kordë, mund ta krijojmë duke varur një trup me masë 10 kg:

G = mg = 10x 10 = 100 N (në modul)

Nga ligji i tretë i Njutonit, G = FT. Nëse në pikën A do të shkaktojmë një ngacmim të çfarëdoshëm, shpejtësia e përhapjes së tij nëpër kordën e tendosur do të llogaritet sipas formulës V.4. Duhet të keni që kujdes gjatë zbatimit numerik, të gjitha njësitë e madhësive fizike të jenë në të njëjtin sistem njësish. Meqenëse ne punojmë, zakonisht, me sistemin ndërkombëtar të njësive SI, masa në njësinë e gjatësisë duhet kthyer në SI. Pra, μ = 10 g/m= 0.01 kg/m.Shkruajmë formulën V.4 dhe zëvendësojmë:

a. Në kordën me tension 100N dhe me masë 10 g/m, vala përhapet me shpejtësi 100 m/s. Një shpejtësi shumë e mirë! Sa më e tendosur të jetë korda, aq më e madhe është shpejtësia me të cilën përhapet vala dhe sa më e madhe masa një njësinë e gjatësisë, aq më e vogël do të jetë shpejtësia. Ju mund t’i provoni vetë të dy përfundimet, duke përdorur skemën e ushtrimit: ndryshoni masën e trupave të varur ose trashësinë e fijes së përdorur (për të njëjtin material). Është një skemë e

LibËr PËr mËsuesiN

81

thjeshtë që mund të realizohet edhe në një laborator të thjeshtë fizike. b. Në fizikë, njëlloj sikundër veprojmë me madhësitë fizike, po ashtu veprojmë edhe me njësitë, ose përmasat e tyre. Rrjedhimisht, nga F = m x a Þ N (përmasa e forcës) = kg (përmasa e masës) x m/s2 (përmasa e nxitimit). Ky zëvendësim është bërë në formulën e mësipërme për të marrë njësinë e shpejtësisë. Verifikimi i njësisë së madhësisë së kërkuar është një mënyrë e mirë për të zbuluar nëse e keni zbatuar formulën drejt a jo.

5. Tregoni parimin e punës së mikrofonave dhe altoparlantëve.

ARSYETIM

MikrofoniMikrofoni është aparati që shndërron energjinë e valës zanore (kur ne flasim përpara tij), në energji elektrike brenda aparatit, me synim transmetimin e ngacmimit deri tek marrësi. Mikrofonat janë disa llojesh, në varësi të dukurisë që zgjedhim të zbatojmë. Këtu do marrim në shqyrtim dy lloje, mikrofonin dinamik dhe atë me kristal.

Mikrofoni dinamik bazohet në dukurinë e induksionit elektromagnetik. Në fushën e një magneti të përhershëm, vendoset një bobinë e fiksuar në një membranë elastike. Kur flasim përpara mikrofonit, vala zanore ngacmon membranën elastike dhe, bashkë me të, edhe bobinën e fiksuar në të; të dyja lëkunden në përputhje me frekuencën e valës zanore. Duke qenë se bobina lëviz në një fushë magnetike (krijuar nga magneti i përhershëm), në të induktohet një tension që ndryshon në përputhje me ndryshimet e valës zanore. Ky tension i ndryshueshëm kalon brenda në aparat, për të vajtur deri tek altoparlanti, i cili bën procesin e anasjelltë, pra shndërrimin tashmë të tensionit elektrik me frekuencë të njëjtë me atë të valës zanore, në valë zanore me të njëjtën frekuencë.

Mikrofoni me kristal bazohet në dukurinë e piezoelektricitetit. Në dy faqet e kristalit mbështeten dy shtresa përcjellëse, njëra prej të cilave mbështetet në membranën e mikrofonit. Lëkundjet e membranës shndërrohen në tension elektrik, i cili më tej përforcohet.

Altoparlanti Altoparlanti shërben për riprodhimin e zërit. Parimi i tij i punës është i ngjashëm me atë të mikrofonit, por vetëm se kryhet procesi i anasjelltë. Pjesa kryesore është një magnet i madh i përhershëm në formën e një cilindri bosh, në bazën

Fizika 11

82

e të cilit ndodhet pjesa cilindrike. Në hapësirën në formë unaze formohet një fushë e fuqishme. Në këtë hapësirë vendoset një bobinë e lehtë e lëvizshme dhe me një numër të vogël spirash. Me këtë bobinë lidhet difuzori, që është një kon prej letre. Për ta mbrojtur nga dëmtimet, difuzori rrethohet nga një kon metalik. Kur nëpër bobinë kalon rrymë alternative me frekuencë të njëjtë me atë të zërit, shkaktuar nga ndryshimet në qarkun e mikrofonit, atëherë mbi të vepron një forcë magnetike e ndryshueshme, nën veprimin e së cilës bobina lëkundet. Lëkundjet e bobinës i transmetohen difuzorit, i cili do të riprodhojë lëkundje me frekuencë zëri në membranën e altoparlantit. Për rrjedhojë, në ajër do të kemi po atë valë zëri që u prodhua në mikrofon.

5.2 KaraKTErisTiKaT E TinGUlliT

1. Sa është intensiteti i zërit në kullën e fluturimit, nëse niveli i intensitetit të zërit që vjen aty, nga një avion që ngrihet, është 95 dB?

ZGJIDHJE

Të dhënat: I0 = 10-12 W/m2

In = 95 dB

n

nn

0 0

I 95-12 9.510 10

00

-12 -12 9 2

3 2

II II =10log = logI 10 I

I =10 I = I ×10 10 ×10I

I = 10 ×3162277660.17 10 ×3,16×10 W/mI =3,16×10 W/m−

⇒

⇒ =

=

2. Një burim pikësor emeton tinguj në një mjedis homogjen. Si do të ndryshojë intensiteti, nëse distanca nga burimi dyfishohet?

ZGJIDHJE

Intensiteti i valës është energjia e transmetuar në njësinë e sipërfaqes pingul me drejtimin e përhapjes. Gjatë zhvendosjes së fronit të valës, me rritjen e distancës nga r1 në r2 në lidhje me burimin, sipërfaqja e saj rritet nga 4πr1

2 në 4πr22. Me

supozimin se nuk kemi humbje energjie, energjia e plotë e transmetuar për çdo

LibËr PËr mËsuesiN

83

sekondë nga vala (ndryshe fuqia), është e njëjtë. Për rrjedhojë, kemi:

Pra, me rritjen dy herë të distancës, intensiteti zvogëlohet katër herë.

3. Në bazë të kurbave të dëgjimit (fig. 5.10), çfarë intensiteti duhet të ketë një tingull me frekuencë 5000 Hz, që të perceptohet njëlloj me një tingull me frekuencë 100 Hz dhe intensitet 60 dB. Sa tinguj të tillë mund të gjejmë?

ARSYETIM

Dimë se veshi ynë ka aftësinë për të perceptuar njëlloj tinguj që kanë frekuenca të ndryshme, në varësi të intensitetit të tyre. Figura 5.10 ilustron një gjë të tillë: secila nga kurbat paraqet tinguj që perceptohen njëlloj për veshin e njeriut. Shohim se tingulli me frekuencë 100 Hz dhe intensitet 60 dB, gjendet në kurbën me fon 40. Kjo do të thotë se edhe tingulli ynë, me frekuencë 5000 Hz, duhet të gjendet në këtë kurbë, nëse duam që të perceptohet njëlloj nga veshi i njeriut. Nga boshti i frekuencave, ngremë pingulen nga f = 5000 Hz deri në pikën e prerjes me kurbën me fon 40; nga pikëprerja, heqim pingulen me boshtin e intensitetit. Shohim se e pret boshtin në I = 40 dB. Kjo do të thotë se tingulli me frekuencë 100 Hz dhe intensitet 60 dB, perceptohet nga veshi i njeriut njëlloj si tingulli me frekuencë 5000 Hz dhe intensitet 40 dB. Ekzistojnë një numër i pafundmë tingujsh që perceptohen njëlloj me ta, mjafton që çifti i vlerave (frekuencë, intensitet) të gjenden në të njëjtën kurbë, në rastin tonë në kurbën me fon 40.

Fizika 11

84

5.3 UsHTriME DHE ProBlEMa

1. Vala zanore ndryshon nga vala dritore, sepse:a. prodhohet nga një objekt që lëkundet, ndërsa drita jo;b. nuk mund të përhapet në boshllëk, ndërsa drita po;c. nuk mund të difraktohet, ndërsa drita po;d. mund të përmbajë valë me frekuenca të ndryshme, ndërsa drita ka vetëm një

frekuencë;e. është valë gjatësore, ndërsa drita është valë tërthore.

ARSYETIM

a. Të gjitha valët janë rrjedhojë e ngacmimeve të ndryshme. Nuk mund të kemi valë pa një ngacmim fillestar. Vala zanore dallohet nga vala elektromagnetike nga lloji i ngacmuesit: vala zanore prodhohet nga një ngacmim mekanik, që është objekt që lëkundet; vala dritore prodhohet nga një ngacmues me natyrë elektromagnetike (fushë magnetike apo elektrike që ndryshon me kalimin e kohës). Për rrjedhojë, pika a është e vërtetë: vala zanore prodhohet nga një objekt që lëviz, ndërkohë që vala dritore mund të prodhohet edhe kur objektet janë në prehje, mjafton të krijojmë një fushë elektrike ose magnetike që ndryshon me kalimin e kohës, për shembull duke ndryshuar rrymën që kalon nëpër një bobinë;

b. Që të përhapet, vala zanore ka nevojë për mjedis. Thërrmijat e mjedisit, për shkak të bashkëveprimeve me njëra-tjetrën, përcjellin ngacmimin nga një zonë në tjetrën; ndërkohë që vala dritore nuk ka nevojë për mjedis (mund të thuhet se është vetë “mjedisi” që përhapet); pika b është e vërtetë.

c. Duke qenë të dyja valë, pavarësisht emërtimit që kanë, valë mekanike apo elektromagnetike, karakterizohen nga të njëjtat madhësi dhe shoqërohen nga të njëjtat dukuri. Dukuria e difraksionit lidhet me gjatësinë e valës (frekuencën) dhe aftësinë për të kaluar ose jo përtej një pengese a të çare. Për rrjedhojë, për të dyja valët kemi dukurinë e difraksionit; pika c nuk është e vërtetë.

d. Pika d nuk është e vërtetë. Në valën dritore kemi frekuenca të ndryshme, në varësi të frekuencës së burimit, njëlloj sikundër edhe vala zanore.

e. Pika e është e vërtetë. Në valën zanore lëkundjet e thërrmijave të mjedisit bëhen paralelisht me drejtimin e përhapjes së valës dhe vala zanore është valë gjatësore; në valën dritore, drejtimi i përhapjes është pingul me drejtimin e lëkundjes së fushave elektrike dhe magnetike dhe vala dritore është valë tërthore.

LibËr PËr mËsuesiN

85

2. Çfarë ndodh me frekuencën dhe me shpejtësinë e tingullit, nëse gjatësia e valës së tij zvogëlohet 2 herë?

ARSYETIM

Dimë se shpejtësia e përhapjes së valës zanore nuk varet nga frekuenca e burimit, por nga karakteristikat e mjedisit ku kryhet lëvizja. Për rrjedhojë, me ndryshimin e gjatësisë së valës, për të gjitha kushtet e tjera të pandryshuara, shpejtësia nuk ndryshon. Për të parë se çfarë ndodh me frekuencën, arsyetojmë si më poshtë:

• Në gjendje e parë kemi gjatësinë e valës λ1, shpejtësinë v dhe frekuencën f1;

• Në gjendje e dytë kemi gjatësinë e valës λ2 = λ1/2 (1), shpejtësinë v dhe frekuencën f2;

• Shkruajmë ekuacionet e secilës gjendje dhe bëjmë raportet e tyre, për të gjetur lidhjet ndërmjet frekuencave:

Pra, kur gjatësia e valës zvogëlohet dy herë, frekuenca rritet dy herë.

3. Alkooli etilik e ka densitetin 0.8 gr/cm3 dhe modulin e ngjeshjes vëllimore prej 109 Pa. Llogaritni shpejtësinë e zërit në alkool.

ZGJIDHJE

Duke qenë se alkooli etilik është një lëng, në të përhapen valë mekanike gjatësore. Për rrjedhojë mund të zbatojmë formulën V.1. Nga të dhënat, kemi: B = 109 Pad = 0.8 gr/cm3 = 0.8 x10-3/10-6 kg/m3 = 800 kg/m3

Fizika 11

86

Rrjedhimisht, shpejtësia e përhapjes së zërit në këtë mjedis do të jetë:

Shpejtësia në mjedise të lëngët, sikundër është alkooli etilik, është më e madhe se shpejtësia e zërit në gaze, falë bashkëveprimeve më të fuqishme ndërmjet thërrmijave të mjedisit me njëra-tjetrën, të cilat bëjnë që ngacmimi të përhapet shumë më shpejt. Është e rëndësishme, po ashtu, të dalloni shpejtësinë me të cilën përhapet ngacmimi, me shpejtësinë me të cilën lëkunden thërrmijat rreth pozicioneve të ekuilibrit që janë dy gjëra të ndryshme dhe që kanë edhe vlera të ndryshme. Formula më sipër jep shpejtësinë e përhapjes së ngacmimit, ose të valës sikundër shprehemi ne.

4. Një fletë alumini e ka densitetin 6 g/cm3 dhe modulin e Jungut 2 x1010 Pa. Sa është shpejtësia e përhapjes së zërit në të?

ZGJIDHJE

Fleta e aluminit është trup i ngurtë. Mos harroni që në trupat e ngurtë përhapen të dyja llojet e valëve: valë tërthore dhe gjatësore. Meqenëse vala zanore është gjatësore, shpejtësia e përhapjes së valës zanore gjendet me një formulë të ngjashme me atë të ushtrimit nr. 3, vetëm se këtu përdoret koncepti i modulit të elasticitetit të Jungut.

Të dhënat e ushtrimit janë: E = 2 x1010 Pad = 8 gr/cm3 = 8 x10-3/10-6 kg/m3 = 800 kg/m3 (madhësitë duhet të jenë të gjitha në sistemin SI)Zbatojmë formulën V.3.

a. Po të krahasojmë shpejtësinë e zërit që gjetëm në lëng (alkool etilik) me shpejtësinë e zërit në trup të ngurtë (sikundër është fleta e aluminit), shohim se në trup të ngurtë, shpejtësia është akoma më e madhe. Kujtojmë se në trupin e ngurtë, thërrmijat e lëndës gjenden akoma më afër me njëra-tjetrën, që do të thotë se forcat e bashkëveprimit, përgjegjëse për shpërndarjen e ngacmimit nga një zonë në tjetrën, janë akoma më të mëdha. b. Kur keni veprime me numra të mëdhenj, është mirë që të punoni me fuqitë e dhjetës.

LibËr PËr mËsuesiN

87

5.4 PasQYriMi, THYErJa DHE DiFraKsioni i ValëVE

1. Dy korda të tendosura njëlloj, me masë për njësi gjatësie përkatësisht µ1 dhe µ2, janë bashkuar në një pikë. Sa është raporti i gjatësive të valës harmonike që përhapet në të dyja kordat?

ZGJIDHJE

Supozojmë se në kordën e parë gjatësia e valës është λ1 = u1/f1 dhe në kordën e dytë λ2 = u2/f2.Pra, gjatësia e valës varet nga shpejtësia dhe frekuenca. Marrim me radhë të dyja madhësitë në konsideratë:

a. Frekuenca: gjatë kalimit nga një mjedis në tjetrin, frekuenca nuk ndryshon, pasi frekuenca përcaktohet vetëm nga burimi. Për rrjedhojë, mund të shkruajmë që f1 = f2 = f.

b. Shpejtësia e përhapjes së ngacmimit varet nga karakteristikat e mjedisit, konkretisht nga tensioni dhe masa për njësinë e gjatësisë. Me kushtin që kordat janë të tendosura njëlloj, do të thotë se tensionet e të dyjave janë të barabarta, d.m.th. FT1=FT2=FT; mbetet varësia nga masat për njësinë e gjatësisë.

Mbi bazën e arsyetimeve të mësipërme, shkruajmë:

Fizika 11

88

Mos harroni që shpejtësia e përhapjes së valës është aq më e vogël, sa më “e rëndë” të jetë korda, ose ndryshe masa në njësinë e gjatësisë (dendësia). Për rrjedhojë, nga relacioni (3) arrijmë në konkluzionin se sa më e dendur të jetë korda (µ e madhe), që do të thotë një shpejtësi më e vogël, aq më e shkurtër është gjatësia e valës λ.

5.5 inTErFErEnCa E ValëVE

1. Në kordën e tendosur me gjatësi l përhapen valët që shkojnë dhe valët që pasqyrohen në skajin e fiksuar. Gjeni diferencën e rrugëve që përshkojnë valët që vijnë në një pikë në largësinë x direkt nga skaji i kordës, që lëkundet harmonikisht dhe valët që pasqyrohen, nga skaji i fiksuar i kordës.

ZGJIDHJE

Meqenëse korda është e fiksuar në njërën anë, vala rënëse do të pasqyrohet nga skaji i fiksuar duke u lëkundur me kah të kundërt, që do të thotë se kemi humbje në gjysmëgjatësi vale ose krijimin e një diference faze, në lëkundjen e të dyja valëve, të barabartë me π. Vala rënëse dhe vala e pasqyruar, ndonëse janë në diferencë faze me njëra-tjetrën, përsëri janë koherente: dy skajet e kordës shërbejnë si dy burime pikësorë koherentë. Po ashtu, meqenëse edhe tensioni i kordës nuk ka ndryshuar, edhe gjatësitë e valëve janë të njëjta; nëse nuk marrim parasysh humbjet në energji, edhe amplitudat për të dyja valët janë të njëjta. Për të përcaktuar gjendjen lëkundëse rezultante në çdo pikë të kordës, arsyetojmë në këtë mënyrë: 1. Fillimisht përcaktojmë diferencën e rrugëve të dy valëve në një pikë çfarëdo. Në figurë, O është pika e pasqyrimit të valës dhe A është pika që kemi marrë në shqyrtim. Vala që arrin në A direkt nga burimi dhe vala që arrin në A nga pika O e pasqyrimit, kanë një diferencë në rrugë të barabartë me: Δx = x2 – x1 = BA + AO + OA – BA = 2 AO = 2L, pra: Δx = 2L

2. Për çdo diferencë rrugë Δx, kemi një diferencë faze Δφ, ku:

3. Meqënëse në skajin e pasqyrimit korda është e fiksuar, ndryshimi i fazës rritet me π. Për rrjedhojë, kemi:

LibËr PËr mËsuesiN

89

4. Përcaktojmë pika te kordës ku lëkundja është maksimale dhe zero:a) Për Δφ = 2kπ kemi maksimumin e lëkundjes. Zëvendësojmë tek (1) dhe kemi:

• Për k=0, L = λ /4, do të ishte një pikë, në zgjatjen e kordës, përtej pikës së pasqyrimit O.

• Për k=1, maksimumi i parë ndodhet në λ/4 nga pika e pasqyrimit. Pra, kemi maksimum të lëkundjes në çdo pikë të kordës që gjendet në largësinë sa një numër tek çerek gjatësi vale nga pika e pasqyrimit.

b) Për Δφ = (2 k+1) π kemi shuarjen e lëkundjes. Zëvendësojmë tek (1) dhe kemi:

Fizika 11

90

• Për k=0, L = 0, që do të thotë se në pikën e pasqyrimit të kordës, lëkundjet shuhen (ndryshe kemi nyje të zhvendosjes, që e kemi thënë vazhdimisht).

• Për k = 1, nyja tjetër e zhvendosjes ose shuarja e lëkundjeve ndodh në distancë λ/2 nga pika e pasqyrimit. Pra, shuarje të lëkundjes kemi në çdo pikë që ndodhet në largësi sa një numër i plotë λ/2 nga pika e pasqyrimit.

Dukuria quhet dukuria e vendosjes së valëve të qëndrueshme. Njëlloj mund të veprojmë kur duam të studiojmë gjendjen e pikave të një korde në rastin kur skaji është i lirë. Ky rast është më i thjeshtë pasi diferencës së fazave nuk i shtohet vlera π.

5.6 UsHTriME DHE ProBlEMa

1. Një aparat fotografik ka një kamera me vetëfokusim. Aparati dërgon te objekti një puls ultratingujsh me frekuencë të lartë dhe kap pulsin që pasqyrohet prej objektit. Duke konsideruar shpejtësinë e ultratingujve në ajër 340 m/s, të gjendet koha e nevojshme për fokusimin e aparatit, për një objekt që ndodhet në largësinë 2 m nga aparati.

ZGJIDHJE

Nëse distanca aparat-njeri është e gjatë 2 m, atëherë pulsi i ultratingujve përshkon një rrugë 4 m (vajtje, si valë rënëse dhe ardhje, si valë e pasqyruar). Shpejtësia me të cilën lëviz pulsi është konstante; për rrjedhojë, mund të përdorim formulën e lëvizjes drejtvizore të njëtrajtshme. Kemi:

l l 2 2u t 0.012sekt u 340

+= ⇒ = = =

LibËr PËr mËsuesiN

91

5.7 ValëT E QënDrUEsHME. rEZonanCaT në VEGlaT MUZiKorE ME KorDa

1. Nëse në kordën me skaje të fiksuara vendoset vetëm harmonika e parë e qëndrueshme, sa do të ishte shpejtësia e përhapjes së valëve në kordë, nëse gjatësia e saj është 30 cm dhe frekuenca e lëkundjeve të saj është 2.5 kHz?

ZGJIDHJE

Meqenëse korda është e fiksuar në të dy anët dhe në të vendoset vetëm harmonika e parë e qëndrueshme, gjatësia e kordës është sa gjysma e gjatësisë së valës së vendosur në të. Të dhënat për zgjidhjen e problemës jepen si më poshtë:

4. Një kordë pianoje është 1 m e gjatë dhe ka masë 10 g. Sa duhet të jetë tensioni i kordës që ajo të lëkundet në frekuencën themelore prej 131 Hz? Sa janë frekuencat e pesë harmonikave të para?

ZGJIDHJE

Korda e pianos, është e kufizuar në të dy anët. Për rrjedhojë, në të vendoset një gjysmë gjatësi vale, me dy nyje të zhvendosjes në të dy skajet e fiksuar. Gjatësia e valës themelore lidhet me gjatësinë e kordës, sipas barazimit: L = λ/2. Këtu duhet të bëni kujdes pasi nuk na është dhënë masa për njësi të gjatësisë, por masa e plotë dhe gjatësia e plotë, pra duhet zëvendësuar µ me m/L (m = 10 g = 0.01 kg):Dimë se tensioni në kordë jepet sipas formulës

Fizika 11

92

Frekuencat e pesë harmonikave të para janë, përkatësisht:

Frekuenca themelore Harmonika e parë 131 HzOvertoni i parë Harmonika e dytë 131 x 2 = 262 HzOvertoni i dytë Harmonika e tretë 131 x 3 = 393 HzOvertoni i tretë Harmonika e katërt 131 x 4 = 524 HzOvertoni i katërt Harmonika e pestë 131 x 5 = 655 Hz

5.8 insTrUMEnTET MUZiKorE FrYMorE

1. Tubi më i shkurtër i organos, me njërin skaj të mbyllur, ka një gjatësi prej 40 cm dhe rezonon në frekuencën themelore që i takon notës do (440 Hz). Sa është shpejtësia e zërit në ajër?

ARSYETIM

Në organo gjejnë zbatim si tubat e hapur në të dy anët, ashtu edhe ata të hapur vetëm në njërën anë. Meqenëse kemi marrë në shqyrtim një tub me njërin skaj të mbyllur, në të do të vendoset një çerekvalë (shih figurën), me nyje të zhvendosjes në skajin e mbyllur dhe bark në të hapurin. Si rrjedhojë

LibËr PËr mËsuesiN

93

e rezonancës, frekuenca e valës zanore që vendoset në tub, është e barabartë me atë të notës do që e ka shkaktuar. Shkruajmë të dhënat:

ZGJIDHJE

L = 40 cm = 0.4 m = λ/4.

f = 440 Hz Barazojmë (1) me (2) dhe kemi:

5.11 UsHTriME DHE ProBlEMa

1. Gjeni frekuencën e tingullit që prodhohet nga fryrja e erës në grykën e një oxhaku 3 mtë lartë, nëse shpejtësia e zërit në ajër merret 340 m/s.

ZGJIDHJE

Oxhaku shërben si një tub i hapur në të dy anët. Për rrjedhojë, si rezultat i fryrjes së erës, në të do të krijohen valë gjatësore, me barqe të zhvendosjes në të dy anët e hapura.

Të dhënat: L = 3 mu = 340 m/s

Sa më i shkurtër të jetë oxhaku, aq më e lartë frekuenca, aq më shumë rritet mundësia për të dëgjuar erën që fryn nga “përjashta”.

Fizika 11

94

Kreu 6MEsaZHET E DriTës

Duhet të vazhdohet të theksohet natyra e dyfishtë e dritës. Në përgjithësi nxënësit e kanë më të lehtë të perceptojnë natyrën korpuskulare të saj, falë edhe përvojës që e mbartin nga jeta e përditshme në procesin e mësimit. Duhet që në fund të çdo teme të identifikoni natyrën që shfaq drita: valore apo korpuskulare, në funksion të synimit kryesor, perceptimit dhe kuptimit të natyrës së dyfishtë.

OBJEKTIVA TË PËRGJITHSHËMMbas studimit të këtij kapitulli, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. Të bëjë një përmbledhje të shkurtër, jo matematike, të ekuacioneve të Maksuellit

2. Të përshkruajë si prodhohen valët elektromagnetike3. Në spektrin e valëve elektromagnetike të dijë të emërtojë llojet e ndryshme

të tyre si dhe burimet përkatëse4. Të formulojë hipotezën kuantike të Plankut dhe të llogarisë energjinë e

fotonit për një frekuencë (ose gjatësi vale) të dhënë.5. Të formulojë ligjet e ndriçimit; të njohë madhësitë fotometrike dhe njësitë

e tyre6. Të dijë të zbatojë ligjin Stefan-Boltzman për të analizuar lidhjen ndërmjet

intensitetit të rrezatimit dhe vlerës së temperaturës; të punojë me formulën për të bërë llogaritë përkatëse (gjetjen e I ose T në varësi të të dhënave)

7. Të përdorë ligjin e Vinit për të përcaktuar gjatësinë maksimale të valës të rrezatuar nga një trup i zi në një temperaturë (absolute) të dhënë

8. Të shkruajë ekuacionin e Balmerit dhe të dijë ta përdorë për të përcaktuar gjatësinë e valës (ose frekuencën) e një fotoni të emetuar si rrjedhojë e kalimit të elektroneve nga një shtresë energjetike më e lartë në një më të ulët; të llogarisë energjinë e këtij fotoni.

6.1.Valët elektromagnetike. spektri i valëve elektromagnetike

Objektiva specifikë Në fund të këtij mësimi, nxënësi duhet të jetë i aftë:

1. Të bëjë një përmbledhje të shkurtër, jo matematike, të ekuacioneve të Maksuellit.

2. Të përshkruajë si prodhohen valët elektromagnetike.

LibËr PËr mËsuesiN

95

3. Në spektrin e valëve elektromagnetike të dijë të emërtojë llojet e ndryshme të tyre si dhe burimet përkatëse.

Ushtrime dhe problema1. Gjeni gjatësitë e valëve kufitare të dritës në spektrin e valëve elektromagnetike.ArsyetimFrekuencat e valëve elektromagnetike shtrihen në bandën që kufizohet nga vlerat 104 Hz dhe 1022 Hz, siç tregohet në figurën 6.3. Këto frekuenca shpesh quhen edhe frekuenca kufitare. Gjatësitë e valëve që u korrespondojnë atyre do gjenden me të njëjtën formulë:

Të dhëna

2. Në astronomi largësitë shpesh shprehen në vite drite dhe kjo është largësia që përshkon drita gjatë një viti. Alfa Centauri, që është ylli më i afërt me ne pas Diellit, që shihet me sy të lirë, është 4.3 vjet dritë larg. Shpreheni në metra këtë largësi.

Të dhëna l = ?t= 4.3 vjet dritë1 vit = 365.256 ditë

Një vit dritë është rruga që përshkon drita gjatë një intervali kohe të barabartë me një vit. Me kushtin që lëvizja e dritës është drejtvizore e njëtrajtshme (shpejtësia e saj është konstante), mund të zbatojmë ligjin e lëvizjes drejtvizore të njëtrajtshme: l=vxt. Për të pasur sa më pak veprime në formulë, gjejmë fillimisht sa “i gjatë” është një vit dritë, d.m.th., çfarë rruge përshkon drita gjatë një viti (ld).

Për rastin kur ylli është 4.3 vjet-dritë larg, kjo do të thotë se distanca e tij nga toka do të jetë:

Fizika 11

96

6.2. rrezatimi termik. spektri i vazhduar

Pyetje dhe ushtrime 1. Në observator janë regjistruar spektrat e dy yjeve që ndodhen afër njëri-tjetrit; për njërin yll gjatësia e valës që bart rrezatimin maksimal është 700 nm, kurse për tjetrin ajo është 420 nm. a) Gjeni temperaturën në sipërfaqen e secilit yll. b) Gjeni raportin e intensiteteve të rrezatimeve termike të tyre.

Të dhëna a)Për yllin e parë: λ1max = 700 nm = 700 x10-9 m

T1= ?

Për yllin e dytë: λ2max = 420 nm = 420 x10-9 m

T2= ?ZGJIDHJE Nga ligji i Vinit dimë se: λmax x T = 2.9×10-3 m·K. Për rrjedhojë:

b) I1 / I2=? (σ = 5.67×10-8 W/m2·K4)

ZGJIDHJE Nga ligji i Stefan-Boltzmanit dimë se: I = σ T 4. Për rrjedhojë, kemi:

LibËr PËr mËsuesiN

97

2. Gjeni energjinë e fotonit me ngjyrë të kuqe (λk=700 nm) dhe të fotonit me ngjyrë vjollcë (λv=400 nm).

Të dhëna

λk=700 nm = 700 x 10-9 m = 7x10-7m λv=400 nm = 400 x 10-9 m = 4x10-7m

Ek=?Ev=?

Fizika 11

98

6.5 spektrat atomikë Pyetje dhe ushtrime1. Llogaritni gjatësitë e katër valëve të para të serisë Balmer dhe tregoni çfarë ngjyre kanë fotonet e rrezatuar në secilin rast.

ZGJIDHJEKatër valët e para në serinë Balmer përftohen për kalimet nga n = 6, 5, 4, 3 në n’=2. Zbatojmë formulën dhe kemi:

Zbatojmë formulën për n = 6, 5, 4, 3 dhe përftojmë gjatësitë e katër valëve të para të serisë Balmer:

Drita e dukshme Ngjyra Gjatësia e valës (nm)E kuqe 625-740Portokalli 590-625E verdhë 565- 590Jeshile 520-565Cian 500-520Blu 435-500Vjollcë 380-435

LibËr PËr mËsuesiN

99

Kujdes: Në tabelën e mësipërme, sikundër mund ta dalloni lehtësisht, kur flasim për ngjyrat nuk u vëmë në korrespondencë vetëm një frekuencë, por një interval frekuencash. Të gjitha së bashku përbëjnë spektrin e rrezatimit të dukshëm. Sado të përpiqemi me filtra të ndryshëm, në praktikë e kemi të vështirë të kemi valë monokromatike që do të thotë që e gjithë tufa e rrezatimit të ketë të njëjtën frekuencë, pra të njëjtë “ngjyrë”. Nga ana tjetër, proceset e të parit dhe perceptimit të ngjyrave shpesh janë edhe subjektivë. Për këto arsye dhe të tjera të papërmendura, ngjyra e kuqe nuk karakterizohet vetëm nga një frekuencë, por nga një interval frekuencash. Të njëjtën gjë mund të themi edhe për ngjyrat e tjera.

2. Sa do të jetë sasia e energjisë që do të rrezatohet kur elektroni kalon nga gjendja me n = 4 deri në gjendjen bazë (n = 2) në serinë e Balmerit.

Të dhëna

E = EL - EU = hx f = ? (EL do të thotë energjia në nivelin e lartë dhe EU energjia në nivelin e ulët, për kalimin nga n = 4 në n = 2)

ZGJIDHJE

Energjia e rrezatuar është energjia që mbartet nga fotoni. Për rrjedhojë, rruga e zgjidhjes do të jetë: 1. Shkruajmë formulën e Plankut 2. Gjejmë gjatësinë e valës së fotonit të rrezatuar sipas formulës Balmer. 3. E zëvendësojmë këtë të fundit në ekuacionin e parë. Pra:

Fizika 11

100

Zgjidhje tjetër: Energjia e elektronit në çdo nivel energjetik në atomin e hidrogjenit është -13.6eV/n2. Për rrjedhojë:

Konkluzion: Kur elektroni ndodhej në nivelin 4, zotëronte energjinë E1; e quajmë gjendja fillestare. Kur kalon në nivelin 2, themi se zotëron energjinë E2; e quajmë gjendja përfundimtare. Kemi shënuar me ∆E ndryshimin e energjisë së elektronit gjatë kalimit nga një gjendje në tjetrën. Ndryshimi i energjisë së fotonit është më i vogël se zero, që do të thotë se energjia e tij zvogëlohet. Pra, gjatë kalimit nga një nivel më i lartë energjetik në një më të ulët, energjia e elektronit zvogëlohet; me aq sa zvogëlohet energjia e elektronit, me aq “rritet” (është e barabartë) energjia e fotonit që “lind”. Pra, energjia e fotonit të rrezatuar është e barabartë me 4.08x10-19 J.

6.7. Difraksioni i rrezeve rontgen

Pyetje dhe ushtrime

1. Rrezet rentgen me gjatësi vale λ = 0.135 nm bien mbi një kristal, shtresat atomike të të cilëve ndodhen në largësi d = 0.280 nm. Nën çfarë këndi bien rrezet rentgen kur vrojtohet maksimumi i parë i difraksionit?

Të dhëna λ = 0.135 nm = 1.35x10-10m

d = 0.280 nm = 2.80x10-10mn = 1 θ =?

LibËr PËr mËsuesiN

101

ZGJIDHJE

2. Maksimumi i parë i rrezeve rentgen vrojtohet kur ato bien mbi kristal duke formuar këndin θ = 300 me rrafshin e atomeve të tij. Gjeni gjatësinë e valëve rentgen duke ditur se largësia ndërmjet shtresave atomike të kristalit është d =1×10-10 m.

Të dhëna θ =300

λ = ?d = 0.1 nm = 1 x10-10mn = 1

ZGJIDHJE

Konkluzion: Po të krahasoni gjatësinë e valës së rrezeve rentgen me distancën ndërmjet atomeve të kristalit që shërbejnë si nyjet e rrjetës kristalore të difraksionit, do të shihni se janë të krahasueshme: të dyja janë të të njëjtit rend. Përfundim që pritej, pasi që të ndodhi dukuria e difraksionit duhet të plotësohet pikërisht ky kusht.

Fizika 11

102

6.10 Ushtrime dhe problema për përsëritje

1. Një llampë ndriçimi me fuqi 75 W rrezaton 12% të energjisë së saj në valën me gjatësi 460 nm. Sa është numri i fotoneve që rrezaton kjo llambë në këtë gjatësi vale për çdo sekondë.

Të dhëna

P = 75 W λ = 460 nm = 460x10-9m Pd = 0.12 Ph N/t = ?

Arsyetim: (Shënim: Pd energjia e dobishme dhe Ph energjia e harxhuar) Numri i fotoneve të emetuar mund të gjendet duke pjesëtuar sasinë e plotë të energjisë së prodhuar Eh për një sekondë me energjinë hf të një fotoni. Meqenëse rendimenti i llambës në këtë gjatësi vale është vetëm 12% kemi:

Energjia e një fotoni është e barabartë me:

Numri i fotoneve të emetuara do të jetë:

2. Dy yje rrezatojnë të njëjtin fluks energjie. Njëri yll e ka maksimumin e rrezatimit në gjatësinë e valës λ1 max = 650 nm, kurse për tjetrin λ2 max = 400 nm. Duke përdorur ligjin e Vinit dhe të Stefan-Boltzmanit gjeni: a) temperaturën në sipërfaqen e secilit yll dhe b) raportin e rrezeve të yjeve.

LibËr PËr mËsuesiN

103

Të dhëna λ1 max = 650 nmλ2 max = 400 nm

ZGJIDHJE

b) Nga ligji Stefan-Boltzman dimë se intensiteti i rrezatimit të një trupi (energjia e rrezatuar gjatë një sekonde nga njësia e sipërfaqes së trupit) është në përpjesëtim të drejtë me fuqinë e katërt të temperaturës (në gradë absolute), pra I = σ T4. Me kushtin që flukset e energjisë janë të barabarta, kemi P1=P2, për rrjedhojë:

3. Llogaritni ndryshimin e energjisë së atomit të hidrogjenit kur rrezatohet një foton me gjatësi vale λ = 137 nm.

Të dhëna DE = ? λ = 137 nm = 137x10-9m

Fizika 11

104

ZGJIDHJE Fotoni i rrezatuar zotëron energji. Nga ligji i ruajtjes dhe shndërrimit të energjisë, energjia e fotonit është e barabartë me ndryshimin e energjisë së hidrogjenit. Për rrjedhojë:

DE = h x f

Konkluzion: Nga ligji i ruajtjes dhe shndërrimit të energjisë, energjia e atomit të hidrogjenit zvogëlohet me 1.451 x 10-18 J.

4. Rrezet rentgen me gjatësi vale: λ = 0.0973 nm bien mbi një kristal dhe maksimumi i parë i difraksionit vrojtohet nën këndin: θ = 23.400. Gjeni largësinë d ndërmjet shtresave atomike të kristalit.

Të dhëna λ = 0.0973 nm = 0.0973x10-9mθ = 23.400 d = ?n = 1

ZGJIDHJE

5. Maksimumi i rendit të parë të difraksionit të rrezeve rentgen vrojtohet kur këndi θ = 12.60. Largësia ndërmjet shtresave atomike të kristalit është 0.24 nm. Sa maksimume të tjera difraksioni të këtyre rrezeve rentgen mund të vrojtohen kur ato bien mbi këtë kristal.

LibËr PËr mËsuesiN

105

Të dhëna ZGJIDHJEθ = 12.60

d = 0.24 nm =2.4x10-10mλ =? Për n = 1Arsyetim: 1. Në formulën 2dsinθ= nλ, ku n është numër i plotë, për n=1 gjejmë fillimisht gjatësinë e valës λ.

2. Maksimumi i vlerës që mund të ketë këndi θ është 900. Për këtë kënd, gjejmë n:

Konkluzion: Meqënëse n është numër i plotë, mund të përftojmë vetëm 4 maksimume në njërin krah dhe 4 maksimume në krahun tjetër, atëherë kemi 8 maksimume gjithsej.

6. Polici rrugor mati me radarin e tij ndryshimin relativ të frekuencës ∆f/f=1.7×10-7. Gjeni me çfarë shpejtësie po lëvizte makina në atë çast.

Arsyetim. Policët i përdorin radarët për të llogaritur shpejtësinë me të cilën lëviz makina. Aparate të tillë lëshojnë një sinjal elektromagnetik me një frekuencë të caktuar f, sikundër tregohet në figurë. Në rastin që kemi marrë në shqyrtim, makina i afrohet makinës së policisë (kjo e fundit është në prehje). Sinjali i lëshuar bie tek makina dhe pasqyrohet prej saj. Aparati i policisë regjistron sinjalin

Fizika 11

106

e pasqyruar. Së pari duhet të theksojmë se si për makinën, ashtu edhe për policin, frekuenca e sinjalit elektromagnetik të lëshuar perceptohet e ndryshme nga f, respektivisht për të parin si f’ dhe për të dytin si f”. Me kushtin që makina e policisë është në prehje dhe shpejtësitë janë shumë më të vogla se shpejtësia e dritës, kemi:

Tek ekuacioni (1) do të vendosim shenjën + sa kohë që makinat i afrohen njëra-tjetrës: f’-f = f (u/c) (2)

Meqënëse vala pasqyrohet dhe kthehet tek makina e policit, ai vëzhgon një sinjal me frekuencë f” që është i ndryshëm nga f’ i çastit të pasqyrimit. Duke përdorur përsëri ekuacionin (1) gjejmë se f”-f’=f’(u/c) (3)Mbledhim anë më anë (2) me (3):

(f”-f’) + (f’-f”) = f”- f = f’(u/c) + f(u/c) ≈ 2f (u/c) (4)

(me supozimin se f’ dhe f ndryshojnë me vlera të papërfillshme, sa kohë që u është shumë më e vogël se shpejtësia e dritës). Duke e zgjidhur ekuacionin (4) në lidhje me u kemi:

Pra, shpejtësia relative e makinës (në lidhje me makinën e policisë) është 91.8 km/orë. Meqenëse kemi vënë kushtin që makina e policisë është në prehje, kemi:u = v-vp= v = 91.8 km/orë.