Skripta Resenih Zadataka Fizicki Parametri

Univerzitet u Nišu Fakultet zaštite na radu u Nišu

Doc. dr Momir Praščević, dipl. inž. el.

Mr Darko Mihajlov, dipl. inž. maš.

FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE

SKRIPTA REŠENIH ZADATAKA

Niš, 2009.

SADRŽAJ Strana

BUKA Tema 1: 2

• Tačkasti zvučni izvori; • Zajedničko dejstvo više nezavisnih tačkastih izvora.

Tema 2: 13

• Nivo buke; • Sabiranje i oduzimanje nivoa buke.

Tema 3: 21

• Subjektivna jačina zvuka; • Glasnost; • Ekvivalentni nivo buke; • Nivo izloženosti buci.

Tema 4: 29

• Nivo buke u zatvorenom prostoru; • Vreme reverberacije; • Zvučna apsorpcija.

Tema 5: 39

• Zvučna izolacija; • Ocena buke; • Dejstvo buke na sluh

VIBRACIJE Tema 1: 49

• Slaganje sinhronih oscilacija; • Slobodne oscilacije; • Sprezanje opruga.

Tema 2: 61

• Slobodne vibracije sa prigušenjem; • Prinudne vibracije.

Tema 3: 66

• Osnovni principi zaštite od vibracija – vibroizolacija; • Procena štetnog dejstva vibracija na čoveka:

- Vibracije sistema šaka-ruka, - Vibracije celog tela.

ELEKTROMAGNETNA ZRAČENJA Tema 1: 77

• Električno polje - Kulonov zakon, Gausova teorema; • Magnetno polje; • Antene.

Tema 2: 88

• Proračun i ocena kvaliteta osvetljenosti Tema 3: 99

• Proračun i ocena toplotnog zračenja Tema 4: 103

• Proračun i ocena ultravioletnog i jonizujućeg zračenja

PREDMET: FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE

OBLAST: Buka

TEMA 1: • Tačkasti zvučni izvori; • Zajedničko dejstvo više nezavisnih tačkastih izvora.

FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE BUKA – TEMA 1

3

ZADATAK 1. Ako je zvučna snaga motorne kosačice 0.01 W, izračunati intenzitet zvuka i zvučni pritisak koje ona generiše na otvorenom prostoru na poziciji rukovaoca. Rastojanje uva rukovaoca kosačicom od njenog akustičkog centra iznosi 1.5 m.

Rešenje:

U opštem slučaju, kada se izvor zvuka zvučne snage Pa [W] nalazi na otvorenom prostoru, on na nekom rastojanju r [m] od akustičkog centra izvora stvara intenzitet zvuka:

2rPIz

a

Ω= ,

gde je zΩ [srad] - prostorni ugao zračenja koji zavisi od pozicije izvora zvuka.

Koristeći vezu između intenziteta zvuka i zvučnog pritiska

cpIρ

2

= ,

može se izvesti veza između zvučnog pritiska i zvučne snage izvora:

z

a

z

a cPr

pc

pr

PIΩ

=⇒=Ω

=ρ

ρ12

2 .

Kada se izvor zvuka nalazi na podlozi, prostorni ugao zračenja iznosi π2 [srad], tako da je intenzitet zvuka na poziciji rukovaoca kosačicom:

]W/m[000707.05.114.32

01.02

222 =

⋅⋅==

rP

I a

π.

Zvučni pritisak na poziciji rukovaoca kosačicom iznosi:

]Pa[532.014.3240001.0

5.11

21

=⋅⋅

==πρcP

rp a .


4

ZADATAK 2. Tačkasti izvor buke, smešten na beskonačnom i krutom zidu, na rastojanju 1 m od zida stvara intenzitet zvuka 1 mW/m2. Ako se ukloni zid, izračunati:

a) intenzitet zvuka i zvučni pritisak na rastojanju 1 m od izvora buke; b) rastojanje na kojem se još može čuti zvuk ako se zanemari disipacija u vazduhu.

Rešenje: Kada se izvor buke nalazi na beskonačnom i krutom zidu, prostorni ugao zračenja iznosi π2 [srad], tako da je intenzitet zvuka na nekom rastojanju od izvora:

22 rPI a

π= .

Kako je intenzitet zvuka na rastojanju 1 m od izvora buke poznat, može se izračunati zvučna snaga izvora buke:

mW28.6114.32001.02 22 =⋅⋅⋅=⋅⋅= rIPa π .

a) Kada se izvor, sada poznate zvučne snage, nalazi na otvorenom prostoru, jer je uklonjen zid, intenzitet zvuka koji on stvara na rastojanju 1 m od izvora buke iznosi:

222 mW/m5.0

114.3400628.0

4=

⋅⋅==

rPI a

π.

Zvučni pritisak na istom rastojanju iznosi:

Pa45.014.34

40000628.011

41

=⋅

⋅==

πρcP

rp a .

b) Zvuku koji se još može čuti na nekom rastojanju r1 odgovara minimalni zvučni pritisak koji može da registruje bubna opna, tzv. prag čujnosti 0p koji iznosi 20 μPa. Kako je zvučni pritisak poznat, rastojanje se računa kao:

m599914.34

40000628.000002.0

14

14

1

01

10 =

⋅⋅

==⇒==πρ

πρ cP

prcP

rpp aa .

Dakle, zvuk koji generiše izvor buke može se još čuti na rastojanju 9 995 m od izvora.


5

ZADATAK 3. Tačkasti izvor buke nepoznate zvučne snage nalazi se u slobodnom prostoru. Ako je na poziciji prijemnika M1 (ljudsko uvo) izmeren zvučni pritisak od 0.02 Pa, izračunati energiju zvučnih talasa koja u jedinici vremena padne na bubnu opnu uva na pozicijama M1 i M2. Uzeti da je površina bubne opne 50 mm2.

Rešenje: Intenzitet zvuka na poziciji uva M1 jednak je:

2622

11 W/m10

400)02.0( −===

cpIρ

.

U slušnom kanalu uva se formiraju ravni talasi, tako da je energija koja padne na bubnu opnu u jedinici vremena, tj. snaga zvučnog talasa (akustička snaga):

W1051050105010 11126611

−−−− ⋅=⋅=⋅⋅=⋅= SIPa .

Zvučni pritisak na nekoj poziciji za slučaj tačkastog izvora buke zavisi samo od rastojanja posmatrane tačke do izvora buke (zvučni pritisak je obrnuto proporcionalan rastojanju), tako da se može izvesti relacija:

22111

2

2

1

2

1

222

111

41

41

rprprr

rArA

pp

rAcP

rp

rAcP

rp

a

a

⋅=⋅⇒==⇒

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=⋅

=

=⋅

=

πρ

πρ

.

Dakle, proizvod zvučnog pritiska i rastojanja je konstantan. Ukoliko je poznat zvučni pritisak na jednom rastojanju, gornja relacija se može iskoristiti da se izračuna zvučni pritisak na drugom rastojanju. Tako je zvučni pritisak na poziciji uva M2:

Pa016.05402.0

2

112 =⋅==

rrpp .

Intenzitet zvuka na poziciji uva M2 jednak je:

2622

22 W/m1064.0

400)016.0( −⋅===

cpIρ

.

Energija koja padne na bubnu opnu u jedinici vremena (akustička snaga) na poziciji uva M2 iznosi:

W102.310501064.0 116622

−−− ⋅=⋅⋅⋅=⋅= SIPa .


6

ZADATAK 4. Dva tačkasta zvučna izvora se nalaze u slobodnom prostoru na međusobnom rastojanju d. Zvučna snaga izvora S1 je deset puta veća od zvučne snage izvora S2. Odrediti odnos intenziteta zvuka u tačkama A i B, uz pretpostavku da zvučni izvori emituju zvuk širokog frekvencijskog spektra.

Rešenje: Kada izvori emitiju zvuk širokog frekvencijskog spektra, rezultujući intenzitet zvuka u nekoj tački jednak je zbiru intenziteta zvuka koji stvaraju pojedinačni izvori u istoj tački. Intenzitet zvuka se računa na osnovu izraza koji definiše zavisnost intenziteta zvuka od zvučne snage i rastojanja tačke do izvora:

24 rPI a

π= .

Zvučna snaga izvora S1 je deset puta veća od zvučne snage izvora S2:

21 10 aa PP ⋅= .

Tačka A:

Intenzitet zvuka koji u tački A stvara izvor S1 određen je izrazom:

2

121

11

)2

(44 dP

rPI a

A

aA

ππ== ,

gde je 1Ar - rastojanje tačke A do izvora S1.

Intenzitet zvuka koji u tački A stvara izvor S2 određen je izrazom:

2

222

22

)2

(44 dP

rPI a

A

aA

ππ== ,


Rezultujući intenzitet zvuka u tački A jednak je zbiru intenziteta pojedinačnih izvora:

22

22

22

22

21 11

44

44

10

24

24

21 dP

dP

dP

d

P

d

PIII aaaaa

AAA πππππ

=+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=+= .

Tačka B:

Intenzitet zvuka koji u tački B stvara izvor S1 određen je izrazom:

2

121

11

4344 )( d

Pr

PI a

B

aB

ππ== ,

gde je 1Br - rastojanje tačke B do izvora S1.

Intenzitet zvuka koji u tački B stvara izvor S2 određen je izrazom:

2

222

22

444 )( d

Pr

PI a

B

aB

ππ== ,



7

Rezultujući intenzitet zvuka u tački B jednak je zbiru intenziteta pojedinačnih izvora:

22

22

22

22

22

21 4484

940

164

1694

10

44

434

21 dP

dP

dP

dP

d

P

d

PIII aaaaaaBBB ππππππ

.)( =+=+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=+= .

Odnos intenziteta zvuka u tačkama A i B jednak je:

31448

11

448

11

22

22

...

===

dPd

P

II

a

a

B

A

π

π .

Dakle, intenzitet zvuka u tački A je 1.3 puta veći od intenziteta zvuka u tački B, ili izraženo u procentima za 30%.


8

ZADATAK 5. Dva tačkasta zvučna izvora se nalaze u slobodnom prostoru na međusobnom rastojanju λ koje odgovara talasnoj dužini emitovanog zvuka. Zvučna snaga izvora 1 je 4 puta veća od zvučne snage izvora 2. Odrediti odnos zvučnih pritisaka u tačkama A i B, uz pretpostavku da zvučni izvori emituju čist sinusni ton (prost zvuk) i da izvori rade u fazi.

Rešenje: Kada izvori emitiju zvuk tonalnog karaktera, odnosno prost (sinusni) ton, pri određivanju rezultujuće efektivne vrednosti zvučnog pritiska potrebno je uzeti u obzir, pored efektivnih vrednosti zvučnih pritisaka koje generišu pojedinačni izvori, i faznu razliku zvučnih talasa koji dopiru do posmatrane tačke. Za dva zvučna izvora se rezultujući zvučni pritisak u nekoj tački određuje kao:

ϕcos2122

21 2 ppppp ++= ,

gde su: p1 i p2 [Pa] - zvučni pritisci koje generišu zvučni izvori u posmatranoj tački pojedinačno, a ϕ [srad] - fazna razlika zvučnih talasa koji dopiru do posmatrane tačke.

Zvučni pritisak koji generišu pojedinačni izvori u posmatranoj tački određuje se na osnovu zvučne snage izvora i rastojanja posmatrane tačke do izvora:

πρ

41 cPr

p a= .

Fazna razlika zvučnih talasa se određuje kao zbir početne fazne razlike ( 0ϕ ) u generisanju zvučnih talasa na poziciji samih zvučnih izvroa i fazne razlike kao posledice različito pređenih puteva zvučnih talasa ( rΔ ):

rkΔ+= 0ϕϕ .

Tačka A:

Zvučni pritisak koji stvara izvor S1 u tački A određen je izrazom:

πρ

λπρ

λπρ 221

11

244

2

14

1 aaa

AA

cPPccPr

p =⋅

== ,


Zvučni pritisak koji stvara izvor S2 u tački A određen je izrazom:

πρ

λπρ

λπρ 222

22

14

2

14

1 aaa

AA

cPcPcPr

p === ,


Fazna razlika zvučnih talasa u tački A ima vrednost:

022

200 =−+=Δ+= )( λλλπϕϕ rkA .

Kako je fazna razlika jednaka nuli, talasi su u tački A u fazi, pa se rezultujući zvučni pritisak može odrediti korišćenjem uprošćenog izraza (zbir zvučnih pritisaka):

πρ

λπρ

λπρ

λ222

21312 aaa

AAAcPcPcPppp =+=+= .


9

Tačka B:

Zvučni pritisak koji stvara izvor S1 u tački B određen je izrazom:

πρ

λπρ

λπρ 221

11 3

444

431

41 aaa

BB

cPPccPr

p =⋅

== .


Zvučni pritisak koji stvara izvor S2 u tački B određen je izrazom:

πρ

λπρ

λπρ 222

22

24

4

14

1 aaa

BB

cPcPcPr

p === .


Fazna razlika zvučnih talasa u tački B ima vrednost:

[ ]srad4

22)44

3(200 πλλπλλ

λπϕϕ =⋅=−+=Δ+= rkB .

Kako je fazna razlika jednaka π [srad], talasi u tački B su u protivfazi, pa se rezultujući zvučni pritisak može odrediti korišćenjem uprošćenog izraza (razlika zvučnih pritisaka):

πρ

λπρ

λπρ

λ222

121

321

3412 aaa

BBBcPcPcPppp =−=−= .

Odnos zvučnih pritisaka u tačkama A i B jednak je:

5429

132

13

2

2

.===

πρ

λ

πρ

λ

a

a

B

A

cP

cP

pp .

Dakle, zvučni pritisak u tački A je 4.5 puta veći od zvučnog pritiska u tački B.


10

ZADATAK 6. Tačkasti zvučni izvor se nalazi u slobodnom prostoru na rastojanju x = 14.2 cm od beskonačno velikog zida koeficijenta apsorpcije 0. Zvučna snaga izvora na frekvenciji od 400 Hz iznosi 16 mW. Izračunati vrednost zvučnog pritiska na rastojanju l = 3 m od zvučnog izvora na pravcu koji prolazi kroz zvučni izvor i upravan je na ravan zida.

Rešenje: Pored direktnog zvučnog talasa kojeg generiše izvor, na poziciju mernog mikrofona M dopire i reflektovani zvučni talas od zida. Efekat reflektovanih zvučnih talasa se može predstaviti postavljanjem virtuelnog izvora S' s druge strane zida, na istom rastojanju x od njega kao što je i rastojanje stvarnog izvora S.

Zvučna snaga virtuelnog izvora zavisi od apsorpcionih karakteristika zida, odnosno, njegova zvučna snaga se umanjuje za apsorbovani deo energije zidom, tako da ona iznosi:

mW16016.0)01()1(' =⋅−=−= aa PP α ,

gde je α - koeficijent apsorpcije zida.

Opisanim pristupom dobija se niz od dva nezavisna tačkasta zvučna izvora. S obzirom na to da emituju prost (sinusni) zvuk, pri određivanju rezultujuće efektivne vrednosti zvučnog pritiska potrebno je uzeti u obzir, pored efektivnih vrednosti zvučnih pritisaka direktnog i reflektovanog talasa, i faznu razliku zvučnih talasa koji dopiru do posmatrane tačke.

Direktan talas:

Zvučni pritisak koji u tački M stvara stvarni izvor S (direktan zvučni talas) određen je izrazom:

Pa238.014.34016.0400

31

41

41

=⋅⋅

===π

ρπ

ρ aa

dd

cPl

cPr

p ,

gde je dr - rastojanje tačke M do stvarnog izvora S, odnosno rastojanje koje pređe direktan zvučni talas.

Reflektovan talas:

Zvučni pritisak koji u tački M stvara virtuelni izvor S’ (reflektovan zvučni talas) određen je izrazom:

Pa217.014.34016.0400

142.0231

421

41 '

=⋅⋅

⋅+=

+==

πρ

πρ aa

rr

cPxl

cPr

p .

gde je rr - rastojanje tačke M do virtuelnog izvora S, odnosno rastojanje koje pređe reflektovani zvučni talas.

Fazna razlika direktnog i reflektovanog zvučnog talasa u tački M ima vrednost:

[ ]srad3

2340

142.040044)2(2)(2)(00πππππϕϕ =

⋅⋅⋅==−+=−=−+=Δ+=

cfxlxl

cfrr

cfrrkrk drdr .

Početna fazna razlika 0ϕ , budući da je reč o istom izvoru zvuka, ima vrednost nula.

Rezultujući zvučni pritisak u tački M ima vrednost:

Pa228.03

2cos217.0238.02)217.0()238.0(cos2 2222 =⋅⋅⋅++=++=πϕrdrd ppppp .


11

ZADATAK 7. Dva neusmerena izvora buke, jednake zvučne snage Pa=1 mW, nalaze se u slobodnom prostoru u blizini zida čiji je koeficijent apsorpcije 0.2, kao što je prikazano na slici. Buka koju oni stvaraju je širokopojasna i registruje se mikrofonima postavljenim u tačkama M1 i M2. Mikrofoni su neusmereni. Odrediti vrednost zvučnog pritiska u tačkama M1 i M2.

Rešenje: Pored direktnih zvučnih talasa koje generišu izvori buke, na pozicije mernih mikrofona dopiru i reflektovani zvučni talasi od zida. Efekat reflektovanih zvučnih talasa se može predstaviti postavljanjem virtuelnih izvora buke 1S′ i 2S′ s druge strane zida, na istom rastojanju od njega kao što je i rastojanje stvarnih izvora S1 i S2.

Zvučna snaga virtuelnih izvora zavisi od apsorpcionih karakteristika zida, odnosno njihova zvučna snaga se umanjuje za apsorbovani deo energije zidom, tako da ona iznosi:

mW8.0001.0)2.01()1(' =⋅−=−= aa PP α , gde je α - koeficijent apsorpcije zida.

Opisanim pristupom se dobija niz od četiri nezavisna tačkasta zvučna izvora. S obzirom na to da emituju zvuk širokog spektra, rezultujući intenzitet u bilo kojoj tački jednak je zbiru intenziteta koji u toj tački stvara svaki od izvora pojedinačno.

Intenzitet zvuka u nekoj tački na rastojanju r od izvora buke jednak je:

24 rPI a

π= .

Dakle, za svaku mernu poziciju potrebno je odrediti kvadrat rastojanja do svakog izvora buke.

Za mernu poziviju M1 kvadrati rastojanja do pojedinih izvora zvuka iznose:

.m13003020:'S

,m8002020:'S

,m5001020:S

,m40020:S

222241

222232

222222

22211

=+=

=+=

=+=

==

r

r

r

r

Ukupni intenzitet u tački M1 iznosi:

,....

,'',''

1300400080

800400080

50040010

40040010

4444

1

24

23

22

21

1

12211

⋅+

⋅+

⋅+

⋅=

+++=

+++=

ππππ

ππππ

M

aaaaM

M

I

rP

rP

rP

rPI

IIIII

2777771 W/m108941050108010591102 −−−−− ⋅=⋅+⋅+⋅+⋅= ....MI .

Zvučni pritisak u tački M1 iznosi:

mPa144001089.4 711

21

1 =⋅⋅==⇒= −cIpc

pI MMM

M ρρ

.


12

Kvadrati rastojanja pojedinih izvora zvuka do merne pozicije M2 iznose:

.m8002020:'S

,m5001020:'S

,m40020:S

,m5001020:S

222241

222232

22222

222211

=+=

=+=

==

=+=

r

r

r

r

Ukupni intenzitet u tački M2 iznosi:

,....

,'',''

800400080

500400080

40040010

50040010

4444

2

24

23

22

21

2

12212

⋅+

⋅+

⋅+

⋅=

+++=

+++=

ππππ

ππππ

M

aaaaM

M

I

rP

rP

rP

rPI

IIIII

2777771 W/m1098510801059110210591 −−−−− ⋅=⋅+⋅+⋅+⋅= ....MI .

Zvučni pritisak u tački M2 iznosi:

mPa5.154001098.5 722

22

2 =⋅⋅==⇒= −cIpc

pI MMM

M ρρ

.

Uticaj direktnih talasa na pozicijama oba mikrofona je zbog simetričnosti isti, ali je ukupni zvučni pritisak na poziciji M2 veći jer je mikrofon na toj poziciji bliži zidu gde je uticaj reflektovanih talasa značajniji.


OBLAST: Buka

TEMA 2: • Nivo buke; • Sabiranje i oduzimanje nivoa buke.


14

ZADATAK 1. Izračunati nivo zvučne snage motorne kosačice i nivoe intenziteta zvuka i zvučnog pritiska koje ona generiše na otvorenom prostoru na poziciji rukovaoca. Zvučna snaga motorne kosačice je 0.01 W, a rastojanje uva rukovaoca kosačicom od njenog akustičkog centra iznosi 1.5 m.

Rešenje: Nivo zvučne snage kosačice može se izračunati polazeći od opšte definicije nivoa:

dB10010

01.0log10log10 120

=== −PPL a

P ,

gde je: P - zvučna snaga posmatranog izvora,

0P - referentna vrednost zvučne snage.

Kada se izvor buke nalazi na podlozi, intenzitet zvuka na poziciji rukovaoca kosačicom je:

2222 W/m000707.0

5.1201.0

2=

⋅=

⋅=

⋅Ω=

ππ rP

rPI a

z

a ,

a zvučni pritisak:

Pa532.02

40001.05.1

12

11=

⋅=

⋅⋅=

Ω⋅⋅

=ππ

ρρ cPr

cPr

p a

z

a ,

gde je:

zΩ - prostorni ugao zračenja izvora (za slučaj kada se izvor nalazi na podlozi ima vrednost 2π [srad]),

r - rastojanje do izvora.

Nivo intenziteta zvuka i zvučnog pritiska iznose:

dB,5.88102532.0log10log20

dB,5.8810000707.0log10log10

50

120

=⋅

==

===

−

−

ppL

IIL

p

I

gde je: I - intenzitet zvuka u posmatranoj tački, p - zvučni pritisak u posmatranoj tački

0I - referentna vrednost intenziteta zvuka,

0p - referentna vrednost zvučnog pritiska.

Nivo intenziteta zvuka i nivo zvučnog pritiska na otvorenom prostoru imaju istu vrednost i jedinstveno se nazivaju "nivo zvuka" ili "nivo buke".


15

ZADATAK 2. Tačkasti izvor buke, smešten u neposrednoj blizini zida, na rastojanju od 10 m stvara nivo zvuka od 90 dB. Ako bi se tačkasti izvor buke nalazio na otvorenom prostoru, izračunati:

a) koliki nivo buke stvara na istom rastojanju (10 m); b) na kojoj se udaljenosti još može čuti ovaj izvor ako se zanemari disipacija u vazduhu; c) dispaciju u vazduhu ako izvor buke na rastojanju od 1000 m stvara nivo od 40 dB.

Rešenje: Kako je nivo buke koji stvara izvor poznat, intenzitet zvuka se može izračunati polazeći od osnovne definicije nivoa buke (preko intenziteta zvuka):

23901012100

0W/m1010101010 −⋅−⋅ =⋅==⋅=⇒= ..log III

IIL L .

Izvor buke se nalazi u neposrednoj blizini zida, pa je njegov prostorni ugao zračenja π2=Ω z [srad]. Kada je poznat intenzitet zvuka na nekom rastojanju, može se izračunati zvučna snaga izvora buke:

W628.01014.321022

23222 =⋅⋅⋅=⋅=⇒=

Ω= −rIP

rP

rPI a

a

z

a ππ

.

a) Kada se isti izvor buke nalazi na otvorenom prostoru, menja se njegov prostorni ugao zračenja ( π4=Ωz [srad]), pa se modifikuje i jednačina koja definiše intenzitet zvuka u funkciji rastojanja. Njenom primenom se može izračunati intenzitet zvuka na rastojanju 10 m od izvora buke koji se nalazi na otvorenom prostoru:

242221 W/m105

1014.34628.0

4−⋅=

⋅⋅==

Ω=

rP

rPI a

z

a

π,

kao i nivo buke:

dB8710

105log10log10 12

4

0

11 =

⋅== −

−

IIL .

Zaključak: Prebacivanjem izvora buke na otvoreni prostor, tj. dvostrukim povećanjem prostornog ugla zračenja, nivo buke se smanjuje za 3 dB.

b) Ako se zanemari disipacija u vazduhu, slabljenje nivoa buke je posledica samo promene površine talasnog fronta (promenljiva sa rastojanjem) na kojoj se raspoređuje ista količina emitovane zvučne energije:

1

221 20

rrLLL log=−=Δ .

Nivo buke koji se više neće čuti mora biti manji od nivoa praga čujnosti koji iznosi L2 = 0 dB. Dakle, uzimajući da je dB02 =L , dobija se jednačina iz koje se može izračunati rastojanje na kojem se još uvek može čuti zvuk:

km.6.223101010

,10log20

20087

2012

20

1

2

1

221

21

21

=⋅=⋅=

=⇒=−

−−

−

LL

LL

rr

rr

rrLL


16

c) Disipacija u vazduhu se u realnim okolnostima ne može zanemariti, tako da je razlika nivoa buke u realnim uslovima data izrazom:

)(.log 121

221 34420 rrm

rrLLL −+=−=Δ .

Prvi deo gornje jednačine predstavlja slabljenje buke usled promene površine talasnog fronta pri prostiranju zvučnih talasa, a drugi deo predstavlja slabljenje usled disipacije u vazduhu koje je određeno koeficijentom disipacije m. Kako nivo buke na rastojanju 1000 m od izvora iznosi dB402 =L (prema uslovu zadatka), dobija se jednačina iz koje se može izračunati nepoznati koeficijent disipacije:

dB/m016.0)101000(34.410

1000log204087

)(34.4

log20

12

1

221

=−

−−=

−

−−=

rrrrLL

m .


17

ZADATAK 3. Četiri tačkasta izvora buke stvaraju zvučno polje u tački M. Zvučni pritisci koji stvaraju izvori u tački M stoje u odnosu 4321 842 pppp === . Odrediti nivoe buke koje stvaraju ostali izvori buke ako je nivo buke koji stvara prvi izvor 60 dB.

Rešenje: Kako je poznat nivo buke koji stvara prvi izvor buke, može se odrediti zvučni pritisak u tački M koji je posledica njegovog dejstva:

Pa 10210102101021020 235306052001

0

11

1 −−− ⋅=⋅⋅=⋅⋅==⇒= //log LppppL ,

gde je 0p - referentna vrednost zvučnog pritiska.

Definisani odnos zvučnih pritisaka ostalih izvora određuje zvučne pritiske koje oni stvaraju u tački M:

Pa.102508102

88

Pa,10504102

44

Pa,102102

22

22

1441

22

1331

22

1221

−−

−−

−−

⋅=⋅

==⇒=

⋅=⋅

==⇒=

=⋅

==⇒=

.

.

pppp

pppp

pppp

Nivoi buke koje u tački M stvaraju ostali izvori buke se izračunavaju na osnovu dobijenih vrednosti zvučnih pritisaka i izraza koji definiše nivo buke (preko zvučnog pritiska):

. dB42log20

dB,48log20

dB,54log20

0

44

0

33

0

22

==

==

==

ppL

ppL

ppL

Dakle, dvostruko smanjenje zvučnog pritiska daje smanjenje nivoa buke za 6 dB, i obrnuto, dvostruko povećanje zvučnog pritiska daje povećanje nivoa buke za 6 dB.


18

ZADATAK 4. Odrediti rezultujući nivo buke u tački M za četiri tačkasta izvora buke koji emituju buku širokog spektra. Nivoi buke koje stvaraju pojedinačni izvori na poziciji tačke M iznose redom: 90 dB, 90 dB, 95 dB i 100 dB.

Rešenje: U opštem slučaju, kada se posmatra zajedničko dejtvo N nezavisnih izvora buke koji emituju buku širokog spektra, rezultujući intenzitet zvuka se određuje kao suma intenziteta zvuka koji stvaraju pojedinačni izvori buke u posmatranoj tački:

NN

N

iiR IIIIIII +++++== −

=∑ 1321

1

... .

Rezultujući nivo buke određen je logaritamskim odnosom rezultujućeg intenziteta i referentne vrednosti I0:

∑=

− =++=++++

=N

i

iNNNRR I

III

II

IIIII

IIL

1 000

1

0

121

0log10)...log(10...log10=log10 .

Ako se u gornjoj jednačini zameni odnos intenziteta zvuka koji stvara pojedinačni izvor buke i referentne vrednosti sa:

10/

0010log10 iLii

i II

IIL =⇒= ,

dobija se opšti izraz za sabiranje nivoa buke koju stvara N nezavisnih izvora:

)10...10log(1010log10 10/10/

1

10/ 1 Ni LLN

i

LRL ++== ∑

=

.

Primenom gornjeg izraza na četiri izvora buke data u primeru, dobija se rezultujući nivo buke koji oni zajedno stvaraju u tački M:

dB.8.101)10101010log(10

),10101010log(1010log10

105.999

10/10/10/10/4

1

10/ 4321

=+++=

+++== ∑=

R

LLLL

i

LR

L

L i


19

ZADATAK 5. Ukupni nivo buke koji stvara sto zvučnih izvora iste zvučne snage, postavljenih na otvorenom prostoru na istom rastojanju od prijemnika, iznosi 100 dB. Odrediti za koliko će se povećati ukupni nivo buke ako se zvučni pritisak kod 20 izvora buke poveća za 1 Pa.

Rešenje: Kada se N identičnih izvora buke nalazi na istom rastojanju od posmatrane tačke na otvorenom prostoru (ili se nalaze u zatvorenom prostoru), oni će u posmatranoj tački stvarati isti intenzitet zvuka:

NaNaaNi

ia

iz

iai IIIPPPrrr

rP

rP

I ===⇒=======Ω

= KK 2121212,

2, i...;

4π.

Ukupni intenzitet zvuka jednak je zbiru pojedinačnih intenziteta zvuka:

INIIIIIIIN

NR ⋅=+++=+++= 4434421 ......21 ,

tako da je rezultujući nivo buke:

NLNII

IIN

IIL R

R log10log10log10log10log10000

+=+=⋅

== ,

gde je L - nivo buke koji stvara jedan izvor buke i može se izračunati kao:

dB80100log10100log10 =−=−= NLL R .

Zvučni pritisak koji stvara jedan zvučni izvor jednak je:

Pa2.01010210log20 4520/0

0=⋅⋅==⇒= −Lpp

ppL .

Zvučni pritisak povećan kod dvadeset izvora buke za 1 Pa će iznositi:

211 .' =+= pp Pa.

Kada izvori buke emituju buku širokog spektra, tada je kvadrat rezultujućeg pritiska jednak zbiru kvadrata zvučnih pritisaka koji stvaraju pojedinačni izvori:

665212020802080 2222

20

22

8020100

22

1

22 .).().('''' =⋅+⋅=⋅+⋅=++++=⇒===−=−

=∑ ppppppppp

nnN

R

N

iiR 43421

K4434421

K Pa.

Nivo buke nakon povećanja zvučnog pritiska iznosi:

dB10910266.5log20log20 5

0

'' =

⋅== −p

pL RR .

Povećanje nivoa buke iznosi:

9100109 =−=−=Δ RR LLL ' dB.


20

ZADATAK 6. Četrdeset izvora buke iste zvučne snage se nalazi na otvorenom prostoru, na istom rastojanju od prijemnika, pri čemu na mestu prijema generišu rezultujući (ukupni) nivo buke od 80 dB. Odrediti za koliko će se smanjiti rezultujući nivo buke ako se intenzitet zvuka kod dvadeset izvora buke smanji na polovinu. Za taj slučaj odrediti i vrednost rezultujućeg zvučnog pritiska.

Rešenje: Kada se N identičnih izvora buke iste zvučne snage nalazi na istom rastojanju od posmatrane tačke na otvorenom prostoru (ili se nalaze u zatvorenom prostoru), oni će u posmatranoj tački stvarati isti intenzitet zvuka:

NaNaaNi

ia

iz

iai IIIPPPrrr

rP

rP

I ===⇒=======Ω

= KK 2121212,

2, i...;

4π.

Ukupni intenzitet zvuka jednak je zbiru pojedinačnih intenziteta zvuka:

INIIIIIIIN

NR ⋅=+++=+++= 4434421 ......21 .

Ako se intenzitet zvuka kod dvadeset izvora buke smanji na polovinu, ukupni intenzitet imaće vrednost:

INININIIIIIIIIII

NN

NR ⋅=⋅+⋅=+++++++=+++=43

2222222

221

44344214434421

//

' ......... .

Smanjenje intenziteta zvuka usloviće promenu nivoa buke za LΔ :

dB25.143log104

3

log10log10log10log10log10'

0

0'

00

'' −==

⋅

⋅===−=−=Δ

IN

IN

II

IIII

II

IILLL

R

R

R

RRRRR .

Nivo buke nakon smanjenja intenziteta zvuka ima vrednost:

dB75.78' =Δ−= LLL RR .

Vrednost rezultujućeg zvučnog pritiska u novim uslovima se određuje na osnovu izračunatog nivoa buke:

Pa 17.010log20 20/0

'

0

'' '

==⇒= RLR

RR pp

ppL .


OBLAST: Buka

TEMA 3: • Subjektivna jačina zvuka; • Glasnost; • Ekvivalentni nivo buke; • Nivo izloženosti buci.


22

Sl. 1 Dijagram izofonskih linija

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

31.5 63 125 250 500 1k 2k 4k 8k 16kf [Hz]

slab

ljenj

e [d

B]

A

B

C

Sl. 2 Težinske (ponderacione) krive

Tab. 1 Slabljenje standardizovanih težinskih krivih na standardizovanim

centralnim frekvencijama

f0[Hz] Kriva A [dB]

Kriva B [dB]

Kriva C [dB]

50 -30.2 -11.6 -1.3 63 -26.2 -9.3 -0.8 80 -22.5 -7.4 -0.5

100 -19.1 -5.6 -0.3 125 -16.1 -4.2 -0.2 160 -13.4 -3.0 -0.1 200 -10.9 -2.0 0 250 -8.6 -1.8 0 315 -6.6 -0.8 0 400 -4.8 -0.5 0 500 -3.2 -0.3 0 630 -1.9 -0.1 0 800 -0.8 0 0 1000 0 0 0 1250 0.6 0 0 1600 1.0 0 -0.1 2000 1.2 -0.1 -0.2 2500 1.3 -0.2 -0.3 3150 1.2 -0.4 -0.5 4000 1.0 -0.7 -0.8 5000 0.5 -1.2 -1.3 6300 -0.1 -1.9 -2.0 8000 -1.1 -2.9 -3.0

10000 -2.5 -4.3 -4.4


23

ZADATAK 1. Izvor buke emituje čist sinusni ton frekvencije 100 Hz i nivoa 60 dB. Odrediti subjektivnu jačinu i glasnost ovog zvuka. Izračunati na koji nivo treba da poraste ovaj ton da bi se glasnost povećala dva puta.

Rešenje: Sa grafika koji prikazuje izofonske linije se može očitati da na frekvenciji 100 Hz nivou buke od 60 dB odgovara subjektivna jačina zvuka od 51 fona. Ova vrednost, koja se nalazi između dve susedne nacrtane izofonske linije od 50 i 60 fona, određuje se približno (interpolacijom i slobodnom procenom).

Glasnost komponente se određuje korišćenjem relacije koja povezuje glasnost zvuka i subjektivnu jačinu:

14222 104051

1040

.===−−Λ

S sona,

gde je: ][ fonΛ - subjektivna jačina, a ][sonS - glasnost zvuka.

Subjektivna jačina zvuka dvostruko veće glasnosti

sona28.414.2221 =⋅=⋅= SS

se određuje iz relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka:

fon8.60)28.4log(3340log2log

1040 11 =+=+=Λ S .

Sa izofonskih linija se može odrediti da subjektivnoj jačini od 60.8 fona, na frekvenciji od 100 Hz, odgovara objektivni nivo od 68 dB.


24

ZADATAK 2. Za tri izvora buke koji emituju čiste sinusne tonove redom na frekvencijama 200 Hz, 500 Hz i 1000 Hz, nivoa 64 dB, 70 dB i 74dB, odrediti koji je izvor buke najglasniji i kolika je ukupna subjektivna jačina buke koja nastaje zajedničkim radom sva tri izvora.

Rešenje: Određivanje subjektivne jačine složenog zvuka čije su komponente dovoljno udaljene na frekvencijskoj skali (rastojanje veće od širine oktave), podrazumeva da se na osnovu frekvencije i nivoa buke za svaki od izvora buke sa dijagrama izofonskih linija odredi subjektivna jačina zvuka koji on emituje. Korišćenjem relacije koja povezuje glasnost zvuka i subjektivnu jačinu:

1040

2−Λ

=S ,

može se odrediti glasnost svakog izvora buke. Rezultati proračuna su dati u tabeli, a na grafiku izofonskih linija je prikazan postupak očitavanja subjektivne jačine zvuka.

f [Hz] 200 500 1000

L [dB] 64 70 74

Λ [fon] 65 72 74

S [son] 5.7 10.7 9.2

Najglasniji izvor buke je izvor koji emituje komponetu na 500 Hz, nivoa 70 dB. Ukupna glasnost zvuka koji nastaje kao rezultat zajedničkog rada sva tri izvora se dobija sabiranjem glasnosti sve tri komponete:

4252971075321 .... =++=++= SSSS sona.

Subjektivna jačina složenog zvuka se nalazi iz relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka:

4.86)4.25log(3340log3340 =+=+=Λ S fona.


25

ZADATAK 3. Izvor buke emituje složeni zvuk koji sadrži tri komponente, frekvencije 200 Hz i nivoa 60 dB, frekvencije 500 Hz i nivoa 80 dB i frekvencije 2000 Hz i nivoa 70 dB. Izračunati:

a) ukupni nivo složenog zvuka, b) ukupnu glasnost i subjektivnu jačinu složenog zvuka, i c) potreban nivo tona od 500 Hz da bi imao istu glasnost kao ovaj složeni zvuk.

Rešenje: a) Ukupni nivo emitovanog složenog zvuka se dobija jednostavnim energetskim sabiranjem nivoa svih

komponenata koje čine buku.

dB.5.80)101010log(10

),101010log(1010log10

786

10/10/10/3

1

10/ 321

=++=

++== ∑=

R

LLL

i

LR

L

L i

b) Kako su komponente složenog zvuka na frekvencijskoj skali međusobno dosta udaljene i ne pripadaju

istim oktavama, subjektivna jačina složenog zvuka se određuje kao i u prethodnom primeru - primenom izofonskih linija sa kojih se očitava subjektivna jačina svake komponente na osnovu njene frekvencije i objektivnog nivoa. Na osnovu toga se određuje glasnost svake komponente korišćenjem relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka. Rezultati proračuna su dati u tabeli.

f [Hz] 200 500 2000

L [dB] 60 80 70

Λ [fon] 60 84 72

S [son] 4 21.1 9.2

Ukupna glasnost složenog zvuka dobija se sabiranjem glasnosti sve tri komponete:

334291214321 ... =++=++= SSSS sona.

Subjektivna jačina složenog zvuka se nalazi iz relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka:

9133433403340 =+=+=Λ ).log(log S fon.

c) Da bi imao istu glasnost kao i složeni zvuk, ton na 500 Hz mora da ima istu subjektivnu jačinu kao i taj složeni zvuk. Sa izofonskih linija se može odrediti da na frekvenciji 500 Hz subjektivnoj jačini od 91 fon odgovara nivo buke od približno 87 dB.


26

ZADATAK 4. Izračunati ekvivalentne nivoe buke u toku jednog sata za vremenski promenljive nivoe buke čiji je vremenski dijagram prikazan na slici i uočiti razliku među njima.

60657075808590

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60

t [min]

L[dB

(A)]

(a)

60657075808590

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60

t [min]

L[dB

(A)]

(b)

Rešenje: Numeričke vrednosti koje opisuju promenljivu buku sa slike a) su:

min.30dB(A),80min.,30dB(A),70

22

11

====

tLtL

Polazeći od opšteg izraza za izračunavanje ekvivalentnog nivoa buke

∑=

⋅=n

i

Lieq

itL

1

1.010T

log10 ,

gde je: it - vremenski interval u kome je izmeren konstantni nivo buke iL ; T – vremenski interval u kome se određuje ekvialentni nivo buke, ekvivalentni nivo promenljive buke sa slike a) za T = 60 min. se može izračunati na sledeći način:

( ) dB(A).4.77105.0105.0log10

,10603010

6030log10

,10T

10T

log10

871

871

1.021.011

21

=⋅+⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += ⋅⋅

eq

eq

LLeq

L

L

ttL

Numeričke vrednosti koje opisuju promenljivu buku sa slike b) su:

min.5dB(A),70min.,5dB(A),70min.,15dB(A),80min.,25dB(A),70

min.,10dB(A),80

55

44

33

22

11

==========

tLtLtLtLtL

Ekvivalentni nivo promenljive buke sa slike b) za T = 60 min. se određuje na sledeći način:

( ),1008.01008.01025.01042.01017.0log10

,1060510

60510

601510

602510

6010log10

,10T

10T

10T

10T

10T

log10

878782

878782

1.051.041.031.021.012

54321

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++++= ⋅⋅⋅⋅⋅

eq

eq

LLLLLeq

L

L

tttttL

( ) dB(A)4.77105.0105.0log10 782

=⋅+⋅=eqL .

Zadatak pokazuje da konstantni nivoi buke ne moraju da budu kontinualni da bi ekvivalentni nivo buke bio isti. Ako je ukupno trajanje konstantnog nivoa isto, način na koji se on pojavljuje u toku posmatranog vremena ne utiče na vrednost ekvivalentnog nivoa.


27

ZADATAK 5. Izračunati ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvaraju dve mašine koje rade u ciklusima sa konstantnim nivoom buke. Prva mašina u osmočasovnom periodu ima 400 ciklusa i nivo izloženosti buci za svaki ciklus 90 dB(A). Druga mašina u istom periodu ima 200 ciklusa i nivo izloženosti buci za svaki ciklus 95 dB(A).

Rešenje: Ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvara prva mašina se može izračunati kao:

),28800log(10)400log(1090

),log(10)log(10

1

11 1

−+=

−+=

eq

AEeq

L

TNLL

47164426901

.. =−+=eqL dB(A),

gde je T [sec.] – ukupno vreme za koje se računa ekvivalentni nivo buke.

Ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvara druga mašina se može izračunati kao:

),28800log(10)200log(1095

),log(10)log(10

2

22 2

−+=

−+=

eq

AEeq

L

TNLL

47364423952

.. =−+=eqL dB(A).

Ukupni ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvaraju obe mašine se dobija energetskim sabiranjem pojedinačnih ekvivalentnih nivoa buke za obe mašine:

dB(A).5.75)1010log(10

),1010log(1034.714.7

1.01.0 21

=+=

+= ⋅⋅

eq

LLeq

L

L eqeq


28

ZADATAK 6. Na rastojanju 10 m od ose gradske saobraćajnice prolazak putničkog automobila stvara nivo izloženosti buci od 80 dB(A), prolazak kamiona stvara nivo izloženosti buci od 90 dB(A), a prolazak autobusa stvara nivo izloženosti buci od 95 dB(A). Ako u toku jednog sata saobraćajnicom prođe 200 putničkih automobila, 50 kamiona i 20 autobusa, izračunati ekvivalentni nivo buke na rastojanju 10 m od ose gradske saobraćajnice za vremenski period od jednog sata.

Rešenje: Ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju putnički automobili:

),3600log(10)200log(1080

),log(10)log(10

1

11 1

−+=

−+=

eq

AEeq

L

TNLL

46763523801

.. =−+=eqL dB(A),

gde je T [sec.]– ukupno vreme za koje se računa ekvivalentni nivo buke.

Ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju kamioni:

),3600log(10)50log(1090

),log(10)log(10

2

22 2

−+=

−+=

eq

AEeq

L

TNLL

47163517902

.. =−+=eqL dB(A).

Ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju autobusi:

),3600log(10)20log(1095

),log(10)log(10

3

33 3

−+=

−+=

eq

AEeq

L

TNLL

47263513953

.. =−+=eqL dB(A).

Ukupni ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju sva vozila zastupljena u saobraćajnom toku dobija se energetskim sabiranjem pojedinačnih ekvivalentnih nivoa buke za sve vrste vozila:

dB(A).6.75)101010log(10

),101010log(1024.714.774.6

1.01.01.0 321

=++=

++= ⋅⋅⋅

eq

LLLeq

L

L eqeqeq


OBLAST: Buka

TEMA 4: • Nivo buke u zatvorenom prostoru; • Vreme reverberacije; • Zvučna apsorpcija.


30

ZADATAK 1. Tačkasti izvor buke zvučne snage 5 W instaliran je u prostoriji vremena reverberacije 4 s i zapremine 100 m3. Ako se isti izvor buke premesti na otvoreni prostor, odrediti rastojanje od izvora na kome bi intenzitet zvuka bio isti kao i u prostoriji, kao i nivo zvučnog pritiska na tom rastojanju.

Rešenje: Izvor buke zvučne snage Pa [W] generiše u prostoriji vremena reverberacije TR [s] i zapremine V [m3] intenzitet zvuka koji je jednak:

VTPI Ra25

= .

Ako se izvor buke premesti na otvoreni prostor, na rastojanju r [m] će generisati intenzitet zvuka:

24 rP

I a

π= .

Izjednačavanjem izraza za intenzitet zvuka koji generiše izvor buke na otvorenom i u zatvorenom prostoru, može se odrediti rastojanje od izvora na otvorenom prostoru gde su oba intenziteta ista:

m282.04

1000564.00564.01004

252 ====⇒=

RR

aRa

TV

TVr

rP

VTP

ππ.

Zvučni pritisak p [Pa] na istom rastojanju na otvorenom prostoru ima vrednost:

Pa5.4514.345400

282.01

41

=⋅

⋅==

πρ acP

rp .

Odgovarajući nivo zvučnog pritiska L [dB] iznosi:

dB127102

5.45log20log20 50

=⋅

== −ppL ,

gde je p0 [Pa] - referentna vrednost zvučnog pritiska.


31

ZADATAK 2. U prostoriji sa difuznim zvučnim poljem radi nepoznat broj izvora zvuka iste zvučne snage. Unošenjem još tri ista izvora zvuka, nivo zvuka se poveća za 4 dB. Odrediti prvobitan broj izvora zvuka ako oni emituju zvuk širokog frekvencijskog spektra.

Rešenje: Izvori zvuka iste zvučne snage generišu u prostoriji sa difuznim zvučnim poljem isti intenzitet zvuka koji za neku prostoriju, pored njenih apsorpcionih karakteristika, zavisi samo od zvučne snage izvora:

AP

I iai

⋅=

4,

IIIIPPP naaa n====⇒=== ...... 2121

,

tako da n izvora zvuka generiše rezultujući intenzitet jednak zbiru intenziteta zvuka koji potiče od pojedinačnih izvora zvuka:

nII R = .

Unošenjem još 3 izvora buke, rezultujući intenzitet zvuka se povećava:

InI R )(' 3+= .

Promena nivoa buke određena je odnosom rezultujućih intenziteta:

R

R

R

R

RRRR I

I

IIII

II

IILLL

'

'

'' loglogloglog 10101010

0

0

00==−=−=Δ .

Zamenom dobijenih izraza za rezultujuće intenzitete zvuka u gornji izraz, dobija se jednačina u kojoj je nepoznat samo prvobitan broj izvora n:

nn

nIInL 310310 +=

+=Δ log)(log .

Rešavanjem gornje jednačine se dobija nepoznata veličina n – prvobitni broj zvučnih izvora:

10103 /L

nn Δ=+ ,

.)(

,

,

///

/

/

2110

3110

33101

310

103

1041010

10

10

=−

=−

=⇒=+

=⋅+

⋅=+

ΔΔ

Δ

Δ

LL

L

L

nn

nn

nn

Dakle, u prostoriji su se prvobitno nalazila dva zvučna izvora.


32

ZADATAK 3. U prostoriji zapremine 200 m3 se nalaze dva izvora zvuka iste zvučne snage 10 mW. Prvi izvor zvuka emituje prost zvuk na frekvenciji 100 Hz, a drugi prost zvuk na frekvenciji 1000 Hz. Vreme reverberacije prostorije na 100 Hz je 2 s, a na 1000 Hz iznosi 4 s. Odrediti:

a) Rezultujući nivo zvuka u prostoriji, b) Promenu nivoa zvuka u prostoriji nakon jedne sekunde od istovremenog prekida rada oba izvora.

Rešenje: a) Intenzitet zvuka u prostoriji, u stacionarnom stanju, određen je u opštem slučaju izrazom:

VTPI Ra25

= .

Kako se vremena reverberacije na 100 Hz i 1000 Hz razlikuju, to će na ovim frekvencijama i intenziteti biti različiti. Intenzitet i nivo zvuka na 100 Hz imaju vrednosti:

233

11 mW1052

200210102525 −

−

⋅=⋅⋅⋅

== .V

TPI Ra ,

dB9.9310

105.2log10log10 12

3

0

11 =

⋅== −

−

IIL ,

a na 1000 Hz:

233

22 mW105

200210102525 −

−

⋅=⋅⋅⋅

==V

TPI Ra ,

dB9.9610

105log10log10 12

3

0

22 =

⋅== −

−

IIL .

Ukupan intenzitet zvuka u stacionarnom stanju biće jednak zbiru intenziteta zvuka komponenata na 100 Hz i 1000 Hz:

233321 mW10571051052 −−− ⋅=⋅+⋅=+= ..III R .

Ukupan nivo zvuka određen je logaritamskim odnosom intenziteta zvuka i referentne vrednosti intenziteta zvuka:

dB7.9810

105.7log10log10 12

3

0=

⋅== −

−

IIL R

R .

b) Budući da su vremena reverberacije tonova na frekvencijama 100 Hz i 1000 Hz različita, pojedinačni nivoi zvuka L1 i L2 nakon vremena t = 1 [s] od prekida rada izvora zvuka opadaju za različite iznose ΔL1 i ΔL2.

Nakon isključenja izvora, nivo zvuka u prostoriji opada po linearnom zakonu. Nivo zvuka opadne za 60 dB za vreme koje je jednako vremenu reverberacije. Na osnovu toga se mogu uspostaviti proporcije iz kojih se može izračunati za koliko opadne nivo zvuka na obe posmatrane frekvencije nakon jedne sekunde od istovremenog prekida rada (isključenja) izvora.

Proporcija koja definiše opadanje nivoa zvuka na 100 Hz ima oblik:

6011 :: TLt =Δ ,

gde je t - proteklo vreme nakon isključenja izvora zvuka.

Opadanje nivoa zvuka frekvencije 100 Hz ima vrednost:

dB302

16060

11 =

⋅==Δ

TtL .


33

Na sličan način se može definisati proporcija koja definiše opadanje nivoa zvuka frekvencije 1000 Hz:

dB154

1606060::2

222 =⋅

==Δ⇒=ΔT

tLTLt .

Nivoi zvuka na pojedinačnim frekvencijama nakon jedne sekunde od isključenja izvora imaju vrednosti:

dB.9.81159.96

dB,9.63309.93

22'2

11'1

=−=Δ−=

=−=Δ−=

LLL

LLL

Rezultujući nivo zvuka jednak je energetskoj sumi pojedinačnih nivoa:

dB9.81)1010log(10)1010log(10)10log(10 109.81109.6310102

1

10' '2

'1

'

=+=+== ∑=

LL

i

LR

iL .

Razlika rezultujućeg nivoa nakon jedne sekunde od isključenja izvora u odnosu na nivo zvuka u stacionarnom stanju jednaka je:

dB8.169.817.98' =−=−=Δ RRR LLL


34

ZADATAK 4.

Odrediti zvučnu snagu izvora buke koji se nalazi u prostoriji dimenzija 10×8×5 m, sa srednjim koeficijentom refleksije pregrada (graničnih zidova) 0.9, ako je u prostoriji formiran nivo buke od 80 dB.

Rešenje: Ukupna površina graničnih zidova prostorije određena je njenim dimenzijama:

2m340)58510810(2 =⋅+⋅+⋅=S .

Zbir koeficijenata apsorpcije i refleksije jednak je jedinici, odakle se može odrediti nepoznati koeficijent apsorpcije graničnih zidova prostorije:

1.011 =−=⇒=+ rr αα

Kako je koeficijent apsorpcije manji od 0.3, ispunjeni su uslovi homogenosti i difuznosti zvučnog polja u prostoriji.

Ukupna apsorpcija graničnih zidova prostorije, uzimajući da su one homogene po strukturi i sa istim koeficijentom apsorpcije, ima vrednost:

2m341.0340 =⋅==∑i

ii SSA= αα .

Nivo buke u prostoriji određuje intenzitet zvuka koji je u svim tačkama prostorije isti i iznosi:

24108012100

0mW1010101010 −− =⋅==⇒= LII

IIL log .

gde je: L [dB] - nivo buke, I0 [W/m2] - referentna vrednost intenziteta zvuka.

Intenzitet zvuka u prostorijama u kojima je ispunjen uslov homogenosti i difuznosti zvučnog polja je određen zvučnom snagom instaliranog izvora buke Pa [W] i ukupnom apsorpcijom graničnih zidova prostorije:

AP

I a4= .

Iz gornjeg izraza se može odrediti zvučna snaga izvora buke koji u prostoriji generiše zvučno polje nivoa buke od 80 dB:

W10584

34104

44

−−

⋅=⋅

=⋅

= .AIPa .


35

ZADATAK 5.

U prostoriji dimenzija 20×10×10 m je instalirano 50 mašina iste zvučne snage. Vreme reverberacije prostorije je 2 s. Ako se zbog potreba tehnološkog procesa u istoj prostoriji montira još 100 novih mašina zvučne snage koja je ista kao i zvučna snaga postojećih mašina, odrediti za koliko će se povećati nivo buke u prostoriji ako je apsorpcija svake mašine 0.5 m2.

Rešenje: Dimenzije prostorije određuju njenu zapreminu i površinu graničnih zidova:

.m1000)101010201020(2

,m20001010202

3

=⋅+⋅+⋅⋅=

=⋅⋅=

S

V

Vreme reverberacije definiše akustičke karakteristike prostorije: 2m16216201620 ==⇒

TV.A

AV.T= .

Ukupna apsorpcija prostorije određena je apsorpcijom graničnih zidova i apsorpcijom mašina instaliranih u prostoriji:

mAnSA ⋅+⋅= α , gde je: α -srednji koeficijent apsorpcije graničnih zidova, n - broj mašina, mA [m2] - apsorpcija jedne mašine.

Srednji koeficijent apsorpcije graničnih zidova ima vrednost:

13701000

5050162 ..=

⋅−=

⋅−=

SAnA mα .

Kako je srednji koeficijent apsorpcije prostorije manji od 0.3, ispunjeni su uslovi za homogeno i difuzno zvučno polje u prostoriji, tako da je intenzitet zvuka određen izrazom:

A

PI i

ai∑⋅=

4,

gde je ∑i

aiP - ukupna zvučna snaga svih izvora buke u prostoriji.

Kada je u prostoriji instalirano n mašina iste zvučne snage Pa, intenzitet zvuka u prostoriji iznosi:

AP

AP

APn

A

PI aaai

ai 20050444

=⋅⋅

=⋅⋅

==∑

.

Unošenjem još n' mašina iste zvučne snage, povećava se ukupna apsorpcija prostorije: mAnAA ⋅+= '' ,

kao i ukupna zvučna snaga instaliranih izvora buke u prostoriji, tako da je ukupni intenzitet zvuka:

m

a

m

a

m

aiai

AnAP

AnAP

AnAPnn

A

PI

'')(

')'(

''

+=

+⋅+⋅

=+

⋅+⋅==

∑ 60010050444

.

Povećanje nivoa buke određeno je odnosom rezultujućih intenziteta:

II

IIII

II

IILLL 'log'loglog'log' 10101010

0

0

00==−=−=Δ .

Zamena dobijenih izraza za rezultujuće intenzitete zvuka u gornji izraz omogućava izračunavanje povećanja nivoa buke na osnovu podataka o apsorpciji:

dB6.35.0100162

1623log10'

3log10200'

600

log10 =⋅+

⋅=

+=

+=Δ

ma

m

a

AnAA

APAnA

P

L .


36

ZADATAK 6.

U reverberacionu prostoriju dimenzija 8×5×3 m i vremena reverberacije 3.5 s uneto je 15 m2 apsorpcionog materijala nepoznatog koeficijenta apsorpcije. Vreme reverberacije u novim uslovima ima vrednost 1.25 s. Izračunati koeficijent apsorpcije unetog materijala.

Rešenje: U zadatku je dat primer određivanja nepoznatog koeficijenta apsorpcije materijala metodom reverberacione prostorije (prostorija nepravilnog oblika sa velikim vremenom reverberacije). Postupak podrazumeva merenje vremena reverberacije za slučaj prazne reverberacione prostorije i za slučaj kada se u prostoriju unese određena količina apsorpcionog materijala koja se rasporedi po graničnim zidovima prostorije.

Površina graničnih zidova određena je dimenzijama prostorije: 2

0 m158)353858(2 =⋅+⋅+⋅=S .

Vreme reverberacije prazne prostorije, TR0 [s], određuje se primenom Sabinovog obrasca:

00 162.0

AVTR = ,

gde je: V [m3] - zapremina prostorije, A [m2] - apsorpciona površina (apsorpcija) prostorije.

Zapremina prostorije je određena njenim dimenzijama: 3m320588 =⋅⋅=V .

Apsorpciona površina prostorije predstavlja ekvivalentnu površinu prostorije sa koeficijentom apsorpcije 1, koja apsorbuje istu količinu energije kao svi granični zidovi prostorije sa koeficijentom apsorpcije 0α .

Apsorpcija prazne prostorije je određena površinom graničnih zidova i njihovim koeficijentom apsorpcije: 000 αSA = ,

Zamenom gornjeg izraza u izraz za vreme reverberacije, može se odrediti koeficijent apsorpcije graničnih zidova prostorije:

000

000 162.0162.0

RR TS

VS

VT =⇒= αα

.

Unošenjem materijala nepoznatog koeficijenta apsorpcije α, ukupne površine S, menja se ukupna apsorpciona površina koja je u ovom slučaju određena apsorpcionom površinom graničnih zidova prostorije umanjenom za površinu apsorpcionog materijala koji se raspoređuje po graničnim površinama zidova (prvi član izraza) i apsorpcionom površinom unetog materijala (drugi član izraza):

110101 ααα SSSSAi

ii +−==∑ )( .

Promenom apsorpcione površine se menja vreme reverberacije prostorije:

1101011 16201620

αα SSSV

AVTR

+−==

)(.. .

U gornjoj jednačini je nepoznat samo koeficijent apsorpcije unetog materijala koji se može odrediti kao:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

0010

11010

111 162.0)(162.01)(162.01

RRR TSVSS

TV

SSS

TV

Sαα ,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

0001100

1

111

11)11(1162.01)1(1162.0

RRRRR TSTTSV

TSS

TSVα .

Za zadate podatke se dobija da koeficijent apsorpcije unetog materijala iznosi:

7.05.3

1158

15.3

125.11

151320162.01 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=α .


37

ZADATAK 7.

U prostoriji dimenzija 10×5×4 m su tavanica i zidovi obloženi materijalom srednje vrednosti koeficijenta apsorpcije 0.1, a pod materijalom srednjeg koeficijenta apsorpcije 0.05. Ako se tavanica iz dekorativnih razloga obloži apsorpcionim pločama srednje vrednosti koeficijenta apsorpcije 0.4, odrediti:

a) Vreme reverberacije pre i posle dekorativne obrade tavanice, b) Smanjenje nivoa buke u prostoriji.

Rešenje: a) Granične površine prostorije imaju različite koeficijente apsorpcije, tako da je za određivanje ukupne

apsorpcije prostorije potrebno odrediti površine graničnih zidova sa različitim koeficijentima apsorpcije.

Ukupna površina prostorije: 2m220)45410510(2 =⋅+⋅+⋅=S .

Površina pregradnih zidova: 21 m120)45410(2 =⋅+⋅=S

Površina poda: 22 m50510 =⋅=S

Površina tavanice: 23 m50510 =⋅=S .

Zapremina prostorije: 2m2004510 =⋅⋅=V .

Ukupna apsorpcija prostorije pre dekorativne obrade prostorije jednaka je zbiru apsorpcija graničnih zidova sa različitim koeficijentom apsorpcije:

21322111 m5.191.05005.0501.0120 =⋅+⋅+⋅=++=∑ αααα SSSS=A

iii .

Srednji koeficijent apsorpcije ima vrednost:

0890220

5191 ..===

SAα .

Vreme reverberacije određeno je apsorpcijom prostorije i njenom zapreminom:

s66.15.19

200162.0162.01

1 =⋅=⋅=AVTR .

Ukupna apsorpcija prostorije nakon dekorativne obrade prostorije jednaka je zbiru apsorpcija graničnih zidova sa različitim koeficijentom apsorpcije:

23322112 m5.344.05005.0501.0120 =⋅+⋅+⋅=++=∑ αααα SSSS=A

iii .

Srednji koeficijent apsorpcije ima vrednost:

1570220

5342 ..===

SAα .

Vreme reverberacije određeno je apsorpcijom prostorije i njenom zapreminom:

s94.05.34

200162.0162.02

2 =⋅=⋅=AVTR .


38

b) U oba slučaja, pre i nakon dekorativne obrade prostorije, srednji koeficijent apsorpcije ima vrednost manju od 0.3, tako da su ispunjeni uslovi za homogeno i difuzno zvučno polje. Intenzitet zvuka je u svim tačkama prostorije isti i određen je vremenom reverberacije prostorije.

Intenzitet zvuka u prostoriji pre njene akustičke obrade iznosi:

VTP

I Ra 11

25= ,

a nakon obrade:

VTPI Ra 2

225

= .

Ostvareno slabljenje nivoa buke akustičkom obradom prostorije iznosi:

dB5.294.066.1log10log1025

25

log10log10log10log102

1

2

1

2

1

0

2

0

121 =====−=−=Δ

TT

VTP

VTP

II

II

IILLL

a

a

.


OBLAST: Buka

TEMA 5: • Zvučna izolacija; • Ocena buke; • Dejstvo buke na sluh.


40

ZADATAK 1.

Izvor zvuka se nalazi u proizvodnoj hali dimenzija 10×8×4 m i srednje vrednosti koeficijenta refleksije 0.6. Hala je od kancelarijskog prostora dimenzija 8×4×4 m i srednje vrednosti koeficijenta apsorpcije 0.5 odvojena pregradnim zidom koji obezbeđuje ukupnu zvučnu izolaciju prostorija od 40 dB. Izračunati snagu izvora zvuka. Nivo zvuka u kancelarijskom prostoru je 70 dB.

Rešenje: Zvučna izolacija prostorije D [dB] je određena razlikom nivoa buke u predajnoj i prijemnoj prostoriji. Kako je nivo buke u prijemnoj prostoriji poznat, nivo buke u predajnoj prostoriji se može odrediti na osnovu poznate zvučne izolacije prostorije:

dB11040702121 =+=+=⇒−= DLLLLD .

Intenzitet zvuka u predajnoj prostoriji je određen nivoom buke:

210110121001

0

11 mW1.0101010log10 1 =⋅==⇒= −LII

IIL .

Akustičke karakteristike predajne prostorije, površine graničnih zidova 22 m160)444848(2 =⋅+⋅+⋅=S ,

određene su apsorpcijom prostorije: 2

222 m805.0160 =⋅==∑ αα SS=Ai

ii .

Izolaciona moć pregradnog zida, površine 212 m3248 =⋅=S :

dB363280log1040log10

12

2 =−=−SAR=D ,

određuje koeficijent prenošenja:

4103610 105.210101log10 −−− ⋅===⇒= RR ττ

.

Koeficijent apsorpcije graničnih zidova prijemne prostorije, koji određuje deo energije apsorbovan graničnim zidovima, određuje se iz relacije koja povezuje sve koeficijente:

0.39975=600002501=11 1111 .. −−−−=⇒=++ rr τατα .

Akustičke karakteristike predajne prostorije, površine graničnih zidova 21 m304)48410810(2 =⋅+⋅+⋅=S ,

određene su apsorpcijom prostorije: 2

111 m5.12139975.0304 =⋅==∑ αα SS=Ai

ii .

Intenzitet zvuka u difuznom zvučnom polju predajne prostorije određen je relacijom:

11

4AP

I a= ,

odakle se može odrediti zvučna snaga izvora koji generiše zvučno polje u predajnoj prostoriji:

W34

5.1211.04

11 =⋅

==AIPa .


41

ZADATAK 2. Dve susedne prostorije oblika kocke, stranice 4 m, imaju istu srednju vrednost koeficijenta apsorpcije 0.3. U predajnoj prostoriji je smešten izvor zvuka zvučne snage 10 mW. Odrediti:

a) intenzitet difuznog zvuka u predajnoj prostoriji, b) intenzitet zvuka u prijemnoj prostoriji pri koeficijentu prenošenja pregradnog zida 0.01, i c) intenzitet zvuka u prostoriji ako se ukloni pregradni zid.

Rešenje: a) Intenzitet zvuka u predajnoj prostoriji određuju zvučna snaga instaliranog izvora i apsorpcione

karakteristike prostorije. Za određivanje apsorpcije prijemne prostorije potrebno je prethodno odrediti ukupnu površinu graničnih zidova prostorije:

2221 m96466 =⋅== aS .

Apsorpcija prijemne prostorije ima vrednost: 2

111 m8.283.096 =⋅==∑ αα SS=Ai

ii .

Intenzitet zvuka u difuznom zvučnom polju ima vrednost:

23-3

11 mW101.39=

8.2810104=4

⋅⋅⋅

=−

API a ,

dok je nivo zvuka u predajnoj prostoriji:

dB4.9110

104.1log10log10 12

3

0

11 =

⋅== −

−

IIL .

b) Koeficijent prenošenja pregradnog zida, površine 164412 =⋅=S m2, vrednosti 0.01, obezbeđuje izolacionu moć od:

dB2001.01log101log10 ===

τR .

Kako su karakteristike prijemne prostorije iste kao i predajne, njena apsorpcija ima istu vrednost kao i apsorpcija predajne prostorije:

82812 .== AA m2.

Zvučna izolacija između dve prostorije se određuje primenom izraza:

52216

82810201012

2 ..loglog =+=+=SARD dB.

S druge strane, zvučna izolacija je određena razlikom nivoa buke u posmatranim prostorijama:

21 LLD −= ,

odakle se može odrediti nivo buke u prijemnoj prostoriji:

dB9.685.224.9112 =−=− D=LL .

Intenzitet zvuka u prijemnoj prostoriji je određen nivoom buke:

610/9.681210/02

0

22 1059.7101010log10 2 −− ⋅=⋅=⋅=⇒= LII

IIL W/m2.


42

c) Kada se ukloni pregradni zid, povećava se površina graničnih zidova koje apsorbuju zvuk, pa time i apsorpcija prostorije, a intenzitet zvuka u prostoriji se smanjuje.

Površina graničnih zidova u novim uslovima ima vrednost:

m160)444848(2 2=⋅+⋅+⋅=S .

Apsorpcija prostorije: 2

1 m483.0160 =⋅==∑ αα SSA=i

ii .

Intenzitet zvuka u difuznom zvučnom polju:

24-3

mW108.3=48

10104=4

⋅⋅⋅

=−

AP

I a .

Nivo zvuka:

dB2.8910

103.8log10log10 12

4

0

=⋅

== −

−

IIL .


43

ZADATAK 3. Pregrada ukupne površine 28 m2 sačinjena je od zida izolacione moći 48 dB i vrata površine 2 m2 čija je izolaciona moć 25 dB. Ako se na pregradu postavi i prozor površine 8 m2, izračunati potrebnu izolacionu moć prozora kako se izolaciona moć pregrade ne bi pogoršala za više od 1 dB.

Rešenje: Površina zida u prvobitnoj pregradi ima vrednost:

212 m26228 =−=−= vz SSS .

Rezultujući koeficijent prenošenja pregrade određuje se izrazom:

12

1010

12

1010S

SSS

SS vz Rv

Rzvvzz

u

.. −− +=

+=

τττ ,

gde su koeficijenti prenošenja zida i vrata izraženi preko datih vrednosti njihovih izolacionih moći.

Ukupna izolaciona moć pregrade ima vrednost:

dB2.3610

28210

2826

1log101010

1log101log10251.0481.01.0

12

1.0

12

=+

=+

==⋅−⋅−−− vz RvRzu

u

SS

SSR

τ.

Ukupna izolaciona moć se postavljanjem prozora na pregradu ne sme smanjiti za više od 1 dB, tako da je njena minimalna vrednost:

dB2.3512.361' =−=−= uu RR .

Površina zida se smanjuje postavljanjem prozora na pregradu i u novim uslovima iznosi: 2

12' m188228 =−−=−−= pvz SSSS .

Postavljanjem prozora se menja i rezultujući koeficijent prenošenja:

12

101010

12

101010S

SSSS

SSS pvz Rp

Rv

Rzppvvzz

u

...''

−−− ++=

++=

ττττ .

Ukupna izolaciona moć pregrade sa prozorom iznosi:

ppvzRRpRvRzu

u

SS

SS

SS

R⋅−⋅−⋅−−−− ++

=++

==102510481010

12

10

12

10

12

1028810

28210

2818

110101010

110110......

' logloglogτ

.

U gornjem izrazu je nepoznata samo vrednost izolacione moći prozora. Određuje se na sledeći način:

,

,

..'

..

....'

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

=++

−−−−

−−−−

vzup

upvz

RvRzR

p

R

RRpRvRz

SS

SS

SS

SS

SS

SS

10

12

10

12

101210

1010

12

10

12

10

12

10101010

10101010

dB4.3610

8210

81810

828

1log10101010

1log10251.0481.02.351.01.01.0

'1.012

=−−⋅

=−−⋅

=⋅−⋅−⋅−−−− vzu R

p

vR

p

zR

p

p

SS

SS

SS

R .


44

ZADATAK 4.

U spavaćoj sobi koja se nalazi neposredno iznad prostorije sa pumpnim agregatom je izmeren ekvivalentni nivo buke kada je pumpni agregat bio aktivan (ekvivalentni nivo ukupne buke). Rezultati merenja za tercne opsege sa centralnim frekvencijama od 100 Hz do 2500 Hz su prikazani frekvencijsko-amplitudnim spektrom na sl. 4.1.

55

33 3432 31

36

4145

47484647

4446

51

0

10

20

30

40

50

60

100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500

Centralne frekvencije tercnih opsega f o [Hz]

Niv

o zv

uka

L [d

B]

Sl. 4.1 Frekvencijski spektar ukupne buke

Ispod i iznad analiziranih opsega nisu registrovani značajniji nivoi buke. Pumpni agregat je zatim isključen i izmeren je ekvivalentni nivo osnovne buke od 44 dB(A). Izračunati da li merodavni nivo buke koji generiše pumpni agregat prekoračuje dozvoljene vrednosti za dnevni i noćni period merenja, ako u toku jednog sata radi sa pauzama koje ukupno traju pola sata u dnevnom periodu, odnosno 45 min. u noćnom periodu.

Rešenje: Merodavni nivo buke se određuje primenom sledećeg izraza:

+++= LTtLL Aeqr log10 ,

gde je: LAeq – ekvivalentni A-nivo ocenjivane buke, t – trajanje ocenjivane buke, T – referentni vremenski interval i L+ - korekcija zbog tonalnog i impulsnog sadržaja buke.

U drugoj vrsti tabele data je frekvencijska tercna analiza ukupne buke, koja predstavlja rezultat zajedničkog dejstva ocenjivane buke pumpnog agregata i osnovne buke. Potrebno je odrediti ukupni A- nivo buke procedurom koja obuhvata nekoliko koraka:

1. Tercni nivoi se konvertuju u oktavne energetskim sabiranjem nivoa za tri susedne terce primenom jednačine:

)log( ... 321 101010 10101010 LLLL ++= , Rezultati određivanja oktavnih nivoa buke dati su u trećoj vrsti tabele. Centralne frekvencije oktavnih pojasa su podebljane.

2. Oktavni nivoi se koriguju za slabljenja koje unosi A-težinska kriva na odgovarajućim frekvencijama primenom izraza:

][][][ dBdBdB(A) LLLA Δ+= . Korekcija A-težinske krive data je u četvrtoj vrsti tabele, a u petoj su dati A - nivoi buke u oktavnim opsezima.


45

1. f[Hz] 100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500

2. L[dB] 46 44 47 55 46 48 47 45 41 51 36 33 34 32 31

3. L[dB] oktavni nivo

)log( ... 744464 10101010 ++

50.6 )log( ... 846455 10101010 ++

56.2 )log( ... 744464 10101010 ++

49.7 )log( ... 336315 10101010 ++

51.0 )log( ... 132343 10101010 ++

37.3

4. ΔLA[dB] -16.1 -8.6 -3.2 0 1.2

5. LA[dB] oktavni nivo

34.5 45.6 46.5 51.0 38.5

3. A-nivo ukupne buke se određuje energetskim sabiranjem svih oktavnih A- nivoa:

dB(A)4.53)1010101010log(10 85.31.565.456.445.3 =++++=TAeqL .

A-ekvivalentni nivo ocenjivane buke (buke pumpnog agregata) se dobija energetskim oduzimanjem nivoa osnovne buke od ukupnog nivoa buke:

dB(A)9.52)1010log(10)1010log(10 4.434.51.01.0 =−=−= ⋅⋅ BAeq

TAeq LL

AeqL .

Posmatrana buka ima tonalni karakter, jer se nivo buke u tercnom opsegu na 800 Hz razlikuje za više od 5 dB u odnosu na nivo buke u susednim tercama. Korekcija L+ za karakter posmatrane buke predstavlja korekciju zbog tonalnog karaktera buke i ona iznosi +6 dB(A). U narednoj tebeli je dat kriterijum za ocenu tonalnog karaktera buke u odnosu na određene opsege centralnih frekvencija terci.

Ocena tonalnog karaktera zvuka na osnovu razlike nivoa zvuka susednih terci u određenim frekvencijskim opsezima

Δfo [Hz] 25 ÷ 125 160 ÷ 400 500 ÷ 10000

ΔL [dB] 15 8 5

55

33 3432 31

36

4145

47484647

4446

51

0

10

20

30

40

50

60

100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500

Centralne frekvencije tercnih opsega fo [Hz]

Niv

o zv

uka

L [d

B]

S obzirom na cikluse rada pumpnog agregata, on je u toku dnevnog perioda aktivan 8 sati (16·30 min.), a u toku noći 2 sata (8·15 min.), tako da je merodavni nivo buke za dnevni period merenja:

dB(A)955616810 .log, =++= Aeqdann LL ,

a za noćni period merenja:

dB(A)95268210 .log, =++= Aeqnoćn LL .

Dobijeni merodavni nivoi buke pumpnog agregata u spavaćoj sobi znatno prekoračuju dozvoljene nivoe buke u boravišnim prostorijama za izvor buke u stambenom objektu, koji za dnevni period iznosi 35 dB(A), a za noćni period 30 dB(A).


46

ZADATAK 5.

U sobi neposredno pored liftovske kućice je izmeren nivo buke od 50 dB(A) koji stvara lift pri svom kretanju između pet spratova. Trajanje pojedinačnog događaja - spuštanja i podizanja lifta do petog sprata iznosi 20 s. Izračunati broj dozvoljenih događaja u toku dnevnog i noćnog perioda, tako da nivo u boravišnoj prostoriji ne prekorači dozvoljeni nivo buke.

Rešenje: Dozvoljeni nivo buke u boravišnim prostorijama za slučaj izvora buke u stambenom objektu iznosi 35 dB(A) za dnevni period (06:00 ÷ 22:00) i 30 dB(A) za noćni period (22:00 ÷ 06:00).

Dozvoljeno vreme trajanja ocenjivane buke može se odrediti iz izraza za merodavni nivo buke izostavljajući korekciju zbog tonalnog i impulsnog sadržaja buke:

AeqrAeqr LLTt

TtLL −=⇒+= loglog 1010 ,

.

,

10

10

10

10

Aeqr

Aeqr

LL

LL

Tt

Tt

−

−

⋅=

=

Uzimajući da merodavni nivo ocenjivane buke u graničnom slučaju može imati vrednost jednaku dozvoljenoj vrednosti nivoa, može se odrediti trajanje ocenjivane buke za dnevni i noćni period, odnosno broj događaja (spuštanja i podizanja lifta):

9120

1820s182010606016 105035

==⇒=⋅⋅⋅=−

dd Nt ,

1420288s2881060608 10

5030

≈=⇒=⋅⋅⋅=−

nn Nt .


47

ZADATAK 6. Odrediti prosečno slabljenje sluha (praga čujnosti) na frekvenciji od 4 kHz za osobu starosti 46 godina koja je 25 godina bila izložena nivou zvuka od 96 dB(A).

Za koji procenat ljudi se može očekivati da može pretrpeti ukupno slabljenje sluha od 50 dB na toj frekvenciji usled iste izloženosti buci i istih godina starosti?

Rešenje: Izloženost buci LEP [dB(A)] za vremenski period T [u godinama] data je izrazom:

TLL nEPEP log, 10+= , gde je:

LEP,n [dB(A)] – prosečna nedeljna izloženost buci (5 dana po 8 sati), T [god.] – vreme izloženosti buci.

Na osnovu vrednosti iz zadatka, izloženost buci iznosi:

dB(A)1104.1109625log1096 =⋅+=+=EPL .

Za dobijenu vrednost izloženosti buci od 110 dB(A), sa dijagrama na sl. 6.1 se očitava slabljenje (oštećenje) sluha H na frekvenciji 4 kHz od 23 dB.

Sl. 6.1 Slabljenje sluha H u zavisnosti od izloženosti buci LEP

Gubitak sluha zbog godina starosti ili staračka nagluvost P [dB(A)] se određuje pomoću izraza:

( )2201000

−= NKP ,

gde je: K – konstanta koja zavisi od audiometrijske frekvencije, N – godine starosti (N>20).

Vrednosti konstante K za različite vrednosti audiometrijskih frekvencija su date u tabeli.

faud. [kHz] 0.5 1 2 3 4 6 K 4 4.3 6 8 12 14

Za zadate vrednosti u zadatku (N = 46 god. i f = 4 kHz, na osnovu čega se iz tabele usvaja vrednost K = 12), određuje se gubitak sluha zbog godina starosti:

( ) dB(A)820461000

12 2 =−=P

Ukupno slabljenje (gubitak) sluha HL (Hearing Loss) je posledica izloženosti buci određenog nivoa u dužem vremenskom periodu i godina starosti, tako da predstavlja superpoziciju ovih faktora:

HL = H + P = 23 + 8 = 31 dB(A)


48

Ukoliko ukupno slabljenje sluha iznosi 50 dB, tada slabljenje sluha usled izloženosti buci iznosi:

H = HL - P = 50 - 8 = 42 dB(A)

Sa dijagrama na sl. 6.2, polazeći od 23 dB na medijani paralelno presečenoj krivoj do vrednosti od 42 dB na apscisi i spuštanjem vertikale na ordinatu, dobija se da 12 % ljudi, odnosno jedan od osam radnika može na frekvenciji od 4 kHz da pretrpi ukupno slabljenje sluha od 50 dB.

Sl. 6.2 Očekivani procenat ljudi sa prekomernim slabljenjem sluha usled izloženosti buci

na određenim audiometrijskim frekvencijama


OBLAST: Vibracije

TEMA 1: • Slaganje sinhronih oscilacija; • Slobodne oscilacije; • Sprezanje opruga.

FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE VIBRACIJE – TEMA 1

50

ZADATAK 1. Materijalna tačka izvodi harmonijske oscilacije kružne frekvencije 4 rad/s. Napisati jednačinu oscilovanja ako pomeraj u početnom trenutku ima vrednost 25 mm, a brzina oscilovanja 0.1 m/s. Rešenje:

?;.: ==⋅=== − )(sm10m,10250;-s 4 03

001 tzvztω

)()( 0ϕω += tAtz z sin

,sin 03

00 1025z:0 ϕzAt =⋅== −00 10 ϕω cos. zAv ==

;tg41

41

00

0 == ϕvz

rad4

1 00πϕϕ =⇒=tg

[m] 21025 3

0

0 −⋅==ϕsin

zAz

[m]4

421025)( 3 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅= − πttz sin


51

ZADATAK 2. Telo mase 0.1 kg, obešeno o spiralnu oprugu, izvedeno je iz ravnotežnog položaja za 8 cm i ostavljeno da osciluje sa stalnom frekvencijom od 4 Hz. Ako se kretanje tela tretira kao prosta harmonijska oscilacija, odrediti:

a) posle kog vremena nakon prolaska kroz ravnotežni položaj telo ima elongaciju od 4 cm;

b) ubrzanje i kinetičku energiju tela na rastojanju 4 cm od ravnotežnog položaja.

Rešenje: ??),(;. ====== tEtazfAm knz cm4Hz,4cm,8kg,10 0

001

=+⇒=∑=

cin

n

ii FFF

mczzm :/0=+&&

0=+ zmcz&&

cmT

mc

nn π

ωπω 22=, ==

Jednačina kretanja mase m, obešene o oprugu krutosti c, ima oblik: 02 =+ zz nω&&

Rešenje homogene diferencijalne jednačine ima oblik:

tCtCtz nn ωω sincos)( 21 += ,

gde su C1 i C2 integracione konstante koje zavise od početnih i graničnih uslova oscilovanja.

U početnom trenutku kretanja (t = 0), telo je imalo pomeraj z(t=0) = Az = 8 cm i brzinu v(t=0) = 0:

cmACCC znn 8008 1

0

2

1

1 ==⇒⋅+⋅=4342143421

ωω sincos

00080d

d

221

20

21

=⇒=⋅+⋅−=

+−===

CCC

tCtCttztztv

nnnnn

nn

ωωωωω

ωωωω

4342143421

&

cossin

cossin)()()(

Nakon određivanja konstanti C1 i C2 moguće je napisati zakon kretanja mase:

tAtz nz ωcos)( =

)(cos)()()()(

sin)()()(

tztAttvtvtzta

tAttztztv

nnzn

nz

22

dd

dd

ωωω

ωω

−=−====

−===

&&&

&

( )mc

mccmczzmczzm nnnn ==⇒==+−⇒=+ ωωωω ,, 222 00&&

nnznaznv fAAAA πωωω 22 === ,,


52

a) z(t=?) = 4 cm

s241

61

233

35084 ====⇒=⇒=⇒=

fftradttt

π

π

ω

ππωωω .coscos

b) ?,? =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ==⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ = stEsta k 24

1241

222

sm325

scm62526

3245053241282241 ..cos./cos)()/( ===⋅⋅⋅=

πππ ffa

J150sm71

scm9173

320124142842241

21 2

.

..sin/sin)/(

;

=

==⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=

=

k

k

E

v

mvE

πππ


53

ZADATAK 3. Na slobodnom kraju vertikalno obešene spiralne opruge zanemarljive mase obešen je teg mase 0.4 kg, pri čemu se opruga izduži za 10 cm. Odrediti kružnu frekvenciju kretanja tega i amplitudu pomeraja ako se pri saopštenoj početnoj brzini od 40 cm/s telo pomeri za 4 cm vertikalno ispod svog ravnotežnog položaja.

Rešenje: scm400cm,400cm10kg,40 0 ====== )()(:?,;. vztAzm nz ω

N/m400

0 ==⇒=⇒=zmgcmgczGFc

0

00

=+

=+

=+

zmcz

mczzmFF cin

&&

&& :/,

Hz611,s63022=s,rad10 ../ ======n

nn

nn Tf

cmT

mc π

ωπω

Diferencijalna jednačina kretanja mase m, obešene o oprugu krutosti c, ima oblik:

02 =+ zz nω&& .

Rešenje diferencijalne jednačine je oblika:

tCtCtz nn ωω sincos)( 21 += ,

gde su C1 i C2 integracione konstante koje zavise od početnih i graničnih uslova oscilovanja.

Za vrednosti i uslove u zadatku se integracione konstante C1 i C2 određuju na sledeći način:

tCtCtz nnnn ωωωω cossin)( 21 +−=&

⇒⎩⎨⎧

==

=cm/s400

cm400

)()(

:zz

t& 401001040

4004

221

121

=⇒+−=

=⇒+=

CCCCCC

cossinsincos

Zakoni kretanja i promene brzine su prema tome:

tttztttz10401040

104104cossin)(

sincos)(+−=+=

&

Maksimalna vrednost funkcije z(t) koja predstavlja amplitudu pomeraja Az se određuje kada se prvi izvod te funkcije izjednači sa nulom, pri čemu se dobija i vreme za koje se postigne ta vrednost:

s404

10

110tg1001010010401040d

d

ππ=⇒=

=⇒=+−⇒=+−==

= zAztt

tttttttzttz

max

cos:/cossincossin)()(&

cm5.64cm244

sin4

cos440

10sin440

10cos4)40

( ==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+===

πππππzAtz


54

ZADATAK 4. Pomeraj mase se menja po zakonu:

[m]+=)(21

tAtAtz zz ωω cossin . Odrediti rezultujuće amplitude brzine i ubrzanja na frekvenciji 50 Hz, pri amplitudama pomeraja

m10 321

−== zz AA .

Rešenje:

?,,,cossin ====+= −avzzzz AAfAAtAtAtz Hz;50m10[m])( 3

2121ωω

Dve sinhrone kolinearne oscilacije različitih amplituda i pomeranja faza:

),cos()(

),cos()(

22

11

2

1

ϕω

ϕω

+=

+=

tAtz

tAtz

z

z

mogu se složiti u jednu oscilaciju oblika

)cos( θω += tAtz z)(

na sledeći način:

( )

.coscossinsin

tgarccoscossinsin

tg

)cos(cossin/sin

/cos

;sinsinsin

,coscoscossinsincoscos)cos(

sin)sinsin(cos)coscos()(

)sinsincos(cos)sinsincos(cos)(

),cos()cos()()()(

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

+=⇒

+

+==

−++=+=⇒+=+⇒+=

=

=+=

=+=

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=+=

+−+=

⋅−⋅+⋅−⋅=

+++=+=

21

21

21

21

1

2

12222

221

22

21

1

2222

2

21

212

211

2121

2211

2121

21

21

21

21

2121

21

21

2121

21

21

2

)(

ϕϕϕϕ

θϕϕϕϕ

θ

ϕϕθθθ

θ

θϕϕ

θϕϕ

ωθωθθω

ωϕϕωϕϕ

ϕωϕωϕωϕω

ϕωϕω

zz

zz

zz

zz

zzzzzzz

z

zzz

zzz

zzz

zzzz

zz

zz

AAAA

AAAA

KK

AAAAKKAKKAAK

AK

AAAK

AAAKtAtAtAtz

tAAtAAtz

ttAttAtz

tAtAtztztz

44 344 21

Više sinhronih kolinearnih oscilacija koje se međusobno razlikuju po amplitudi i fazi:

),cos()(

),cos()(

22

11

2

1

ϕω

ϕω

+=

+=

tAtz

tAtz

z

z

... ),cos()( iϕω += tAtz

izi

mogu se složiti u rezultujuću oscilaciju

)cos( θω += tAtz z)( , gde je:

1

2

1=2

1=1

22

21 =,

KK

AKAKKKA i

n

izi

n

izz ii

θϕϕ tg,sincos, ∑∑ ==+= .


55

Grafički prikaz oscilacija tAtz z ωsin)(11 = i tAtz z ωcos)(

22 = predstavljen je na sl. 2.1.

Sl. 2.1 Grafički prikaz sinusoidalne i kosinusoidalne harmonijske oscilacije bez početnih faza, istih frekvencija i različitih amplituda

Rešavanje problema složenog kretanja datog u zadatku i određivanje traženih veličina se može sprovesti na dva načina. Prvi način podrazumeva primenu prethodnog postupka za određivanje rezultujućeg kretanja:

)(2

)(21

θωπωω +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= tAtAtAtz zzz sinsinsin

( )1222

21212 ϕϕ −++= coszzzzz AAAAA , 0rad

2 12 == ϕπϕ ,

m2102 31

−== zz AA

( ) 123 s102210)( −− ==+= ππωθω fttz ,sin

ttz

tztvd

)(d)()( == & ( ) ( ) [m/s]210 1 θωπθωω +=+= − ttAz coscos

m/s210 1π−=vA

2

2

d)(d)(

d)(d)()(

ttztz

ttvtvta ==== &&&

( ) ( ) ][m/s210)( 222 θωπϕωω +−=+−= ttAta z sinsin

22 m/s210π=aA

Rešenje zadatka se može potražiti i metodom trigonometrijske transformacije:

tAtAtz zz ωω cossin21

)( += , ttz

tztvd

)(d)()( == & tAtA zz ωωωω sincos

21−=

21 zz AA = ⇒211 vzv AAA ==ω , ( )ttAtAtAtv vvv ωωωω sincossincos −=−=

121)(

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

2πωω tt cossin , ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++=44

22

)(11

ππωπωω coscoscoscos tAttAtv vv

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=44

2)(1

πωπω tAtAtv vv coscos

m/s2102101022 13211

ππω −− ==== zvv AAA

ttv

tvtad

)(d)()( == & ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

442

1

πωπωω tAtA av sinsin

22324 m/s2102101021

ππωω ==== −vva AAA


56

ZADATAK 5. Izrazom

[m]3

22

2=)(21 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − πωπω tAtAtz zz sincos

predstavljena je promena pomeraja mehaničke oscilacije čiji je period 2 s. Odrediti rezultujuće amplitude brzine i ubrzanja mehaničke oscilacije ako je .

21 zz AA =

Rešenje:

?,sincos ==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= avzzzz AATAAtAtAtz s;2=,,

32 +

2 2 )(

2121 πωπω

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

32 sin+2 sin)(

21

πωω tAtAtz zz ( )θω += tAz 2 sin

( );cos 1222 2

2121ϕϕ −++= zzzzz AAAAA 0,

3 12 == ϕπϕ

1s2 = ,31

−== ππωT

AA zz

ttz

tztvd

)(d)()( == & ( ) [m/s]+2 32

1θππ tAz cos=

sm321zv AA π=

( ) ][m/s2sin34d

)(d)()( 221

θππ +−=== tAttvtvta z&

[ ]22 sm341za AA π=


57

ZADATAK 6. Složiti harmonijske oscilacije

[mm/s]6

10 sin30)(i[mm/s]3

2 10 cos50)( 2 1 ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

ππ ttvttv

i odrediti rezultujuće vrednosti amplituda pomeraja i ubrzanja.

Rešenje:

?,),(;]smm[6

10sin30)(],smm[3

210cos50)( 21 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −= az AAtzttvttv ππ

)()()( tvtvtv 21 += 6

10sin303

210cos50 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

ππ tt

6

10sin3023

210sin50)( ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=πππ tttv ( )θ+= tAv 10sin

( )1222 cos2

2121ϕϕ −++= vvvvv AAAAA

( ) [ ] 121222 rad

6;305023050 ϕπϕϕϕ −==−⋅⋅++= cosvA

sm1070 3−⋅=vA

21

21

coscossinsin

tgarc21

21

ϕϕϕϕ

θvv

vv

AAAA

+

+= , oo 2.830tg

41tgarc −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−=θ

( ) ]m/s[2.810sin1070)( -3 o−⋅= ttv

∫ += Cdttvtz )()( ( ) [m]C+2.810cos107 3 o−⋅−= − t

m107 3z

−⋅=A

ttvtvta

dd )()()( == & ( ) ]m/s[2.810cos0.7 2o−= t

2sm70.=aA


58

ZADATAK 7. Odrediti zakon oscilovanja vertikalnog harmonijskog oscilatora sa podlogom

Rešenje: ?)( =tz

00 =++=∑ cini FFGFrrr

:

0=−− czzmmg &&

gzmcz =+&&

221

ω

ωω

/

sincos

)(

gz

tCtCz

zztz

p

h

ph

=

+=

+=

221ω

ωω gtCtCtz ++= sincos)(

2121 00ωωgCgCz −==+= ,)(

tCtCtz ωωωω cossin)( 21 +−=&

000 22 === CCz ,)( ω&

)cos()( tgtz ωω

−= 12 - zakon oscilovanja vertikalnog oscilatora sa podlogom;

cG

cmggfs === 2ω

- statički ugib, odnosno izduženje opruge pod dejstvom tereta;

)()cos()( tzftftz ss 11 +=−= ω

tftz s ωcos)( −=1 - zakon oscilovanja vertikalnog oscilatora bez podloge.


59

ZADATAK 8. Telo mase 6 kg je postavljeno na podlogu preko oslonca koji čine dve redno vezane opruge koeficijenata krutosti 1000 N/m i 2000 N/m. Odrediti vrednosti amplitude ubrzanja na rezonantnoj frekvenciji sistema.

Rešenje: ?;, ==== aAcc,m mN2000mN1000kg6 21

Obe opruge opterećene su istom silom G:

N86588196 .. =⋅=⋅= gmG .

Statički ugibi opruga su:

2121 c

GAcGA zz == ,

Ukupan statički ugib opruga iznosi:

,∗=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+

=+=cG

ccccGAAA zzz21

2121

;N/m1032 3

21

21 ⋅=⋅+

=∗

cccc

c

rad/s5100 .===∗

mc

nωω ,

220 m/s79.== za AA ω


60

ZADATAK 9. Odrediti prirodnu (sopstvenu) frekvenciju oscilovanja tereta mase 3 kg obešenog preko sistema opruga u tačkama A i B kao što je prikazano na slici. Krutost opruge iznosi 100 N/m.

Rešenje:

m = 3 kg, c = 100 N/m, fn = ?

Ekvivalentna krutost paralelne veze opruga krutosti 2c i c, obešenih o tačke A i B, određena je izrazom:

cccc 321 =+=∗ .

Ekvivalentna krutost redne veze opruga krutosti ∗1c i 2c određena je izrazom:

mN120

56

65

65

2332

22

2111

21

1

1==⇒==

⋅+

=⋅+

=+= ∗∗

∗

∗∗ cccc

ccccc

cccc

ccc.

Prirodna (sopstvena) kružna frekvencija oscilovanja tela mase m iznosi:

,rad/s36.==∗

mc

nω

a odgovarajuća prirodna frekvencija harmonijskog oscilovanja:

Hz12

==πωn

nf .


OBLAST: Vibracije

TEMA 2: • Slobodne vibracije sa prigušenjem; • Prinudne vibracije.


62

ZADATAK 1. Telo mase 0.1 kg osciluje na opruzi krutosti 1.6 N/m. Sila otpora je proporcionalna brzini, a konstanta proporcionalnosti iznosi 0.2 kg/s. Odrediti jednačinu kretanja tela, ako je u početnom trenutku elongacija 0.1 m, a brzina jednaka nuli. Rešenje:

?)(;)(,.)(;.,.,. ====== tzzzbcm 00m100kg/s20N/m61kg10 &

mczzbzm :/−−= &&&

0=++ zmcz

mbz &&&

22 nmc

mb ωδ == , .

Prigušenje: cmb

n 2==

ωδξ

02 2 =++ zzz nωδ &&&

Kod malog prigušenja, odnosno kada je 022 >−δωn , amplituda opada eksponencijalno sa vremenom i frekvencija oscilovanja je manja od prirodne (sopstvene) frekvencije, pa je opšte rešenje diferencijalne jednačine:

)sin()( ϕωδ += − teAtz tz

gde je ω – frekvencija prigušenih vibracija.

rad/s151161102

202

161061 222 =−=−==

⋅===== δωωδω nn m

bmc ,

..,

..

)sin()( ϕ+⋅= − teAtz tz 15

)cos()sin()( ϕϕ +⋅++⋅−= −− teAteAtz tz

tz 151515&

Početni uslovi kretanja:

cm310105275rad31811501500

101000 o

.sin

...tgcossin)(

.sin.)(:

==

⎪⎩

⎪⎨⎧

==⇒=⇒=+−⇒==

=⇒===

ϕ

ϕϕϕϕ

ϕ

z

zz

z

A

AAtz

Atzt

&

cm318115310 ).sin(.)( +⋅⋅= − tetz t


63

ZADATAK 2. Na teg mase 0.2 kg dejstvuje periodička sila F(t) = 0.5·sin(3t) [N]. Konstanta opruge je 2 N/m, a sila otpora je 0.1·v [N]. Odrediti stacionarno rešenje jednačine kretanja.

Rešenje: [ ] ?)(;.,),sin(.)(,. =⋅==== tzvFcttFm b N10mN2350kg20

Prinudne vibracije nastaju kada spoljašnja periodička sila koja dejstvuje na sistem nadoknađuje energiju koja se gubi usled otporne sile (npr. sile trenja). Jednačina kretanja ima oblik:

)sin( tFbvczma ω0+−−= , gde je:

F0 – amplituda periodičke spoljašnje sile, ω – frekvencija periodičke spoljašnje sile.

Gornju jednačinu je moguće napisati u obliku:

mtFczzbzm :/)sin(ω0=++ &&& ,

)sin( tmFz

mcz

mbz ω0=++ &&&

;,,mFA

mc

mb

n0

022 === ωδ

Kretanje tela na početku dejstva spoljašnje periodičke sile nije harmonijsko. Međutim, nakon vrlo kratkog vremena telo počinje da se kreće harmonijski, frekvencijom spoljašnje prinudne sile, ali sa fazom koja se razlikuje od spoljašnje sile. Takvo stanje kretanja se naziva stacionarno stanje. Rešenje jednačine kretanja u stacionarnom stanju je

)sin()( ϕω −= tAtz z ,

( ) 22222

0

4 ωδωω +−=

n

zAA ; 22

2ωω

δωϕ−

=n

tg

Iz prethodnih izraza sledi da amplituda i faza elongacije zavise od: prirodne (sopstvene) frekvencije ωn, frekvencije spoljašnje sile ω i faktora prigušenja δ.

Kada je frekvencija spoljašnje sile mnogo manja od prirodne frekvencije (ω<<ωn), pomeraj i spoljašnja sila su u fazi, a amplituda zavisi od krutosti c i maksimalne vrednosti (amplitude) spoljašnje sile:

)sin()sin()( tcFt

cmAtz ωω 00 =⋅

= .

Za frekvencije spoljašnje sile mnogo veće od prirodne frekvencije (ω>>ωn), amplituda je mala i javlja se pomeranje faze za π:

)sin()( πωω

−= tAtz 20 .

Amplituda ima najveću vrednost za ω = ωn , odnosno kada je frekvencija spoljašnje sile jednaka prirodnoj frekvenciji. U tom slučaju je pomeraj faze π/2. Takvo stanje se naziva rezonansa i može prouzrokovati velika naprezanja čak i kod male spoljašnje periodičke sile.


64

Za vrednosti u zadatku, jednačina kretanja se određuje na sledeći način:

522050310

202250

20210

20

02 .

.

.,,.

,..

.========

⋅==

mFA

mc

mb

n ωωδ

)sin(.. tzzz 3521050 =++ &&&

Opšte rešenje je oblika:

( )m3871

32504910

52

422222222

0 ..)(

.=

⋅⋅+−=

+−=

ωδωωn

zAA

rad983051910

32502222 ..tg.tgtg =⇒=

−⋅⋅

=−

= ϕωω

δωϕn

m983033871 ).sin(.)( −⋅= ttz


65

ZADATAK 3. Amplituda dinamičke poremećajne sile pri rezonantnoj kružnoj frekvenciji od 10 rad/s ima vrednost 5 N. Odrediti vrednost amplitude sile krutosti podloge ako masa pobuđenog sistema od 10 kg osciluje sa amlitudom pomeraja od 2 mm. Podloga ima zanemarljivo prigušenje.

Rešenje: 0?;mm2,kg10,rad/s10N,50 ≈====== ξωω czn AAmF

)(tFFF cinrrr

=+

tAtz z ωsin)( =

tAtz z ωω sin)( 2−=&&

tAmzmF zin ωω sin2−== &&

tAtcAczF czc ωω sinsin ===

ttFtcAtAm zz ωωωωω sin:/sinsinsin 02 =+−

02 FcAAm zz =+− ω

N720 =+== zzc AmFcAA ω


OBLAST: Vibracije

TEMA 3: • Osnovni principi zaštite od vibracija – vibroizolacija; • Procena štetnog dejstva vibracija na čoveka:

- Vibracije sistema šaka-ruka, - Vibracije celog tela.


67

ZADATAK 1. Mašina koja je kruto povezana zavrtnjevima za podlogu stvara u toku rada vibracije na frekvenciji od 40 Hz. Mašina je potom postavljena na izolatore sa efikasnošću izolacije vibracija od 80 % na toj frekvenciji i vrlo malim prigušenjem.

Izračunati prenosivost, očekivano smanjenje vibracija u decibelima koje se prenose na podlogu i rezonantnu frekvenciju mašine za slučaj njenog rada sa postavljenim izolatorima. Rešenje:

???;,%, ==Δ=→== 008040 fLpHzf ξε Ukoliko se usled kretanja delova mašine u toku njenog rada pojavi periodička dinamička sila oblika F(t) = F0·sin(ωt) čije se dejstvo preko izolatora (podmetača) krutosti c i otpornosti b prenosi na postolje (fundament), amplituda pomeraja mašine je određena izrazom:

( ) 22222

0

4 ωδωω +−=

n

zAA .

Sprovođenjem određenih transformacija datog izraza:

222

20

2

2

2

22

2

22

0

2

2

2

22

2

24

0

214141 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=

nnn

n

nnnn

nnnn

z

AAAA

ωω

ωδ

ωω

ω

ωω

ωδ

ωωω

ωω

ωδ

ωωω

,

,;; .,stznnnnn

AcF

mcmF

Acmb

mcmb

ff

ff

========= 0

0

20

22

22

ωξ

ωδψ

ππ

ωω

( ) ( )222 21 ξψψ +−=⇒ .,stz

zA

A ,

dobija se izraz za dinamički faktor pojačanja vibracija ηd usled postojanja i dejstva dinamičke poremećajne sile na podlogu i predstavlja odnos amplitude kretanja tela pod dejstvom dinamičke poremećajne sile F(t) i amplitude kretanja tela pod dejstvom statičke poremećajne sile F0:

( ) ( )( )ξψηη

ξψψη ,;

.,dd

stz

zd A

A=

+−==

222 21

1 .

U slučaju da je otpornost izolatora b vrlo mala, tada je i prigušenje ξ vrlo malo (ξ→0), pa je amplituda pomeraja tela usled dejstva dinamičke poremećajne sile F(t) jednaka

21 ψ−=⇒ .,stz

zA

A ,

a dinamički faktor pojačanja vibracija neprigušenog sistema

( )ψηηψ

η ddstz

zd A

A=

−== ;

.,21

1 .

1.slučaj: 1<=⇒<⇒<n

nn ffff ψωω , 1>⇒> dstzz AA η.,

2.slučaj: 1==⇒=⇒=n

nn ffff ψωω , 1=∞→ dzA η, Analiza:

3.slučaj: 1>=⇒>⇒>n

nn ffff ψωω , 10 <<⇒< dstzz AA η.,


68

Prenosivost p predstavlja odnos amplitude prenete sile Ap na podlogu i amplitude spoljašnje poremećajne sile F0 :

0FA

p p= .

Ukoliko je mašina čijim se radom stvara dinamička poremećajna sila F(t) = F0·sin(ωt) oslonjena na izolator krutosti c i neznatne otpornosti b, prenosivost vibracija na podlogu (osnovu ili fundament) iznosi:

).(;.,

ψψ

ppAA

cFA

FcA

FA

pstz

zzzp =−

=====1

12

000

Ukoliko se spoljašnja dinamička periodička sila prenosi na podlogu preko izolatora krutosti c i otpornosti b, tada je preneta sila na podlogu jednaka zbiru sile u opruzi i otporne sile

( ) 2222 022

2 vcpvcvcvcvcpvcp AAAAAAAAFFF +=⇒==−−++=+=ππϕϕϕϕ cos,;cos;

rrr,

a prenosivost vibracija iznosi:

( ) ( )

cF

cbA

FcbcA

FAbAc

FbAcA

FAA

FA

pzz

zzvzbcp

0

22

2

0

22

2

0

22222

0

22

0

22

0

11 ωωω +=

+=

+=

+=

+==

2222

222

2

22

22

222

2

22

2

2

0

444

22

ψξψξξ

ωδξ

ψψψωω

ψωωωωψ

ω

=⇒=⇒=

===

===

=⇒=

==

cmb

cmb

cmb

cmb

mcmb

cmb

mc

cb

cb

cb

AcFAA

n

n

nn

stzzv

,

;

;

;; .,

( ) ( ).,

.,

stz

stz

A

A

p

22

22241

21ψξ

ξψψ+

+−=

( )( ) ( )

),(; ξψξψψ

ξψppp =

+−

+=

222

2

21

21

Efikasnost izolacije ε se uglavnom predstavlja u procentima i određuje se kao:

[ ]%)( 1001 ⋅−= pε .

Smanjenje vibracija izraženo u decibelima (nivo redukcije vibracija), postignuto upotrebom izolatora, određeno je izrazom:

pAFL

p

120102

0 loglog =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Δ [dB]


69

Za slučaj naveden u zadatku, tražene vrednosti se određuju na sledeći način: 2011 .=−=⇒−= εε pp

Prema tome, očekivano smanjenje vibracija upotrebom izolatora iznosi

520

11==

.p puta u odnosu na amlitudu poremećajne sile,

a izraženo u decibelima:

14120102

0 ==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=Δ

pAFL

ploglog [dB]

Rezonantna frekvencija se poklapa sa prirodnom (sopstvenom) frekvencijom mašine ( f0 = fn ). Za slučaj izolatora bez prigušenja i poznate frekvencije prinudne sile, rezonantna frekvencija se određuje na sledeći način:

52620

11111

12 .

.==+=+=⇒

−=

pp ψ

ψ

1652

400

0===⇒==

.ψψ ff

ff

ff

n [Hz].

Odnos frekvencija spoljašnje i sopstvene frekvencije je moguće odrediti i pomoću dijagrama. Za vrednost prenosivosti od 0.2 i vrednost prigušenja nula, na apscisi se očitava odnos frekvencija od 2.5.


70

ZADATAK 2. Podloga na kojoj osciluje mehanički sistem ima krutost 1000 N/m i otpornost 10 Ns/m. Odrediti:

a) masu mehaničkog sistema i prigušenje ako je vrednost rezonantne kružne frekvencije 10 rad/s;

b) dinamički faktor pojačanja mehaničke oscilacije sa prigušenjem na rezonantnoj frekvenciji oscilovanja;

Rešenje:

??,;/,, ===== dmbc ηξω srad10mNs100mN1000 0

a) kg1020

0 ====ω

ωω cmmc

n ,

0502

.==cmbξ

b) ( ) ( )

0222

121

1 ωωωωωψ

ξψψη ====

+−= n

nd ,;

1021

==ξ

ηd

ZADATAK 3. Dinamički sistem osciluje sa amplitudom pomeraja 5 mm na frekvenciji 30 Hz pod dejstvom poremećajne sile čija je amplituda 20 N. Ako podloga (izolator) ima otpornost 0.2 Ns/m i krutost 50 N/m, odrediti:

a) koeficijent prenošenja vibracija na osnovu, b) efikasnost izolatora, i c) nivo redukcije vibracija.

Rešenje:

?,,. =Δ====⋅= LpbcFfAz ε;sNm20,mN05N,20,Hz30,m105 0-3

a) 0

22

0 FAA

FA

p bcp +==

N250.== zc cAA

N1902 .=⋅⋅=⋅=⋅= zzvb AfbAbAbA πω

N3022 .=+= bcp AAA

0150.=p

b) %... 5989850015011 ==−=−= pε

c) 536120 .log ==Δp

L [dB]


71

ZADATAK 4. Generator težine 9810 N je pričvršćen na oslonac (izolator) krutosti 4000 N/m i otpornosti 100 Ns/m. Pokretač generatora je parna turbina koja radi sa 300 obrtaja u minutu. Odrediti vrednost amplitude prenete sile na podlogu, efikasnost oslonca i nivo redukcije vibracija ako amplituda poremećajne sile ima vrednost 1000 N. Rešenje:

??,?,,,, =Δ======= LAFnbcG p εN;10min300sNm100mN0004N,9810 30

-1

( )( ) ( )222

2

0 21

21

ξψψ

ξψ

+−

+==

FA

p p

16

,srad2kg1000

srad1060

22

≈

=⇒===

====

ψ

ωω

πππωωωψ

/,

,/,

nn

n

gGm

mc

nf

02502

.==cmbξ

0050.=p

N50 =⋅= pFAp

%.. 59999501 ==−= pε

23120 ==Δp

L log [dB]


72

ZADATAK 5. Odrediti dnevnu izloženost radnika vibracijama koji pri radu koristi ručni alat – sekač grana u ukupnom trajanju od 4.5 sata u toku radnog vremena. Ukupna vrednost vibracija na ručici sekača iznosi 4 m/s2. Rešenje: Dnevna izloženost vibracijama koje se na čoveka prenose preko sistema šaka-ruka A(8) određuje se pomoću izraza:

0TT8A va=)( [m/s2],

gde je: av [m/s2] – ukupna vrednost vibracija na rukohvatu mašine ili drugom sredstvu koje se pri radu prenose na šaku radnika; utvrđuje se merenjem ili na osnovu podataka koje dostavlja proizvođač opreme;

T [h] – ukupno vreme izloženosti utvrđenoj veličini vibracija av u toku osmočasovnog radnog vremena;

T0 [h] – referentna vrednost radnog vremena od 8 sati.

Rizik od vibracija koje se na telo prenose preko sistema šaka-ruka je zasnovan na frekvencijski ponderisanoj ukupnoj vrednosti ubrzanja vibracija av, koja predstavlja kvadratni koren zbira kvadrata frekvencijski ponederisanih ubrzanja za tri međusobno upravne ose x, y i z:

222wzwywxv aaaa ++= [m/s2]

Za navedeni primer, dnevna izloženost radnika vibracijama iznosi

][m/s38

4.548A 2==)( .

Dobijena vrednost se nalazi između akcione vrednosti (2.5 m/s2) i dozvoljene (granične) vrednosti dnevne izloženosti vibracijama koje se na čoveka prenose preko sistema šaka-ruka (5.0 m/s2), što ukazuje na moguću pojavu manjih zdravstvenih problema (tegoba) kod radnika, pa je stanje vibracija na mestu nastanka i zdravstveno stanje radnika potrebno redovno pratiti i imati u vidu mere za smanjenje izloženosti vibracijama koje se prenose na radnika. U navedenom slučaju se korekcija dnevne izloženosti radnika vibracijama može postići na sledeće načine:

1. Smanjenjem vremena T koje radnik provodi u rukovanju datom mašinom i njegovim preraspoređivanjem nakon tog vremena na poslove sa mašinama sa manjim vrednostima vibracija, tako da se ukupna dnevna izloženost vibracijama kreće u vrednostima koje su manje od akcionih vrednosti;

2. Upotrebom ličnih zaštitnih sredstava – antivibracionih rukavica određenih tehničkih karakteristika;

3. Proverom ispravnosti mašine u cilju utvrđivanja uzroka povećanih ili prekomernih vibracija, preduzimanjem mera na sanaciji istih i kasnijim redovnim održavanjem mašine praćenjem stanja vibracija;

4. Preduzimanjem mera (zahvata) na samom izvoru vibracija, odnosno mestu na kome se vibracije prenose na čoveka (rukohvatu mašine) u cilju smanjivanja vrednosti vibracija av;


73

ZADATAK 6. Odrediti ukupnu dnevnu izloženost radnika vibracijama koji u toku osmočasovnog radnog vremena koristi više ručnih alata: bušilicu u ukupnom trajanju od 2.5 sata, brusilicu u ukupnom trajanju od 1 sat i pneumatski čekić u ukupnom trajanju od 15 min., pri čemu je na ručici bušilice izmerena vrednost vibracija od 4 m/s2, na ručici brusilice 3 m/s2 i na ručici pneumatskog čekića 20 m/s2. Rešenje: Ukoliko je osoba u toku radnog vremena izložena dejstvu više od jednog izvora vibracija koje se na telo prenose preko šake, tada se ukupna dnevna izloženost vibracijama određuje na osnovu proračunavanja pojedinih (parcijalnih) izloženosti vibracijama usled korišćenja svakog od izvora vibracija:

;...)8(A)8(A)8(A)8(A)8(A 23

22

21

1

2 +++== ∑=

n

ii

0TT8A i

ivi a ,)( = [m/s2].

Za dati primer je dnevna izloženost radnika vibracijama usled rada sa pojedinim alatima A(8)i izračunata na osnovu prethodnog izraza i prikazana u tabeli.

i Vrsta ručnog alata

Izmerena vrednost vibracija na

rukohvatu alata av,i [m/s2]

Vreme rada sa pojedinim alatom

Ti [h]

Dnevna izloženost vibracijama A(8)i [m/s2]

1 Bušilica 4 2.5 2.2

2 Brusilica 3 1 1.1

3 Pneumatski čekić 20 0.25 3.5

Ukupna dnevna izloženost radnika vibracijama u datim uslovima iznosi:

][m/s3.45.31.12.2)8(A)8(A)8(A)8(A 222223

22

21 =++=++=

i nalazi se između akcione i granične vrednosti dnevne izloženosti vibracijama.


74

ZADATAK 7. Odrediti dnevnu izloženost radnika vibracijama koji u toku osmočasovnog radnog vremena upravlja 6.5 sati kombajnom, a izmerene vrednosti vibracija na sedištu u pojedinim pravcima iznose:

x-osa: awx = 0.20 [m/s2],

y-osa: awy = 0.40 [m/s2],

z-osa: awz = 0.25 [m/s2]. Rešenje: Dnevna izloženost vibracijama A(8) kada se u toku 8-časovnog radnog vremena koristi samo jedno sredstvo rada, određuje se na sledeći način:

1. Na osnovu podataka proizvođača opreme ili na osnovu merenja se utvrđuju tri frekvencijski ponderisane efektivne (RMS) vrednosti ubrzanja vibracija u tri međusobno upravna pravca: awx , awy i awz .

2. Određuje se dnevna izloženost vibracijama za svaki od tri ortogonalna pravca x, y i z:

0TT

418A exp.)( wxx a= [m/s2] ,

0TT

418A exp.)( wyy a= [m/s2] ,

0TT

8A exp)( wzz a= [m/s2] .

gde je: Texp [h] – vreme izloženosti vibracijama u toku radnog vremena od 8 sati, T0 [h] – referentno vreme od 8 sati.

3. Najveća od dobijenih vrednosti za Ax(8), Ay(8) i Az(8) predstavlja dnevnu izloženost vibracijama.

Za dati primer, pošto su frekvencijski ponderisane efektivne (RMS) vrednosti ubrzanja vibracija u tri međusobno upravna pravca poznate, određuje se dnevna izloženost osobe vibracijama za svaki od pravaca x, y i z:

25085620418A ....)( =⋅=x [m/s2] ,

50085640418A ....)( =⋅=y [m/s2] ,

2308562508A ...)( ==z [m/s2] .

Dnevna izloženost vibracijama A(8) odgovara najvećoj od vrednosti za Ax(8), Ay(8) i Az(8). U datom slučaju je najveća vrednost dnevne izloženosti vibracijama u y pravcu, iznosi 0.5 m/s2 i podudara se sa akcionom vrednošću, kada je potrebno preduzeti odgovarajuće mere za praćenje stanja izloženosti tela radnika vibracijama pri upravljanju mašinom.


75

ZADATAK 8. Odrediti dnevnu izloženost radnika vibracijama koji svakog dana u toku radnog vremena koristi 1 sat mali viljuškar za utovar robe u kamion kojim zatim vrši distribuciju robe narednih 6 sati. Na sedištima viljuškara i kamiona su izmerene sledeće vrednosti vibracija u tri ortogonalna pravca:

Viljuškar Kamion

awx [m/s2] 0.5 0.2

awy [m/s2] 0.3 0.3

awz [m/s2] 0.9 0.3 Rešenje: Ukoliko je osoba u toku 8-časovnog radnog vremena izložena dejstvu više izvora vibracija zbog korišćenja dve ili više različitih mašina tokom radne aktivnosti, potrebno je na osnovu vrednosti vibracija (izmerenih na sedištu ili stajalištu) i trajanja izloženosti izračunati parcijalne (pojedinačne) dnevne izloženosti za svaku od osa x, y i z. Ukupna dnevna izloženost osobe vibracijama A(8) se određuje za svaku osu posebno, uzimajući u obzir vrednost vibracija u određenom pravcu za svaku pojedinačnu aktivnost, odnosno izvor vibracija. Redosled operacija je sledeći:

1. Na osnovu podataka proizvođača opreme ili na osnovu merenja se utvrđuju frekvencijski ponderisane efektivne (RMS) vrednosti ubrzanja u tri ortogonalna pravca awx , awy i awz za svako sredstvo ili vozilo koje je izvor vibracija;

2. Za svako sredstvo ili vozilo se određuje parcijalna dnevna izloženost vibracijama u tri ortogonalna pravca x, y i z:

0TT

418A iiwxix a exp

,, .)( = [m/s2] ,

0TT

418A iiwyiy a exp

,, .)( = [m/s2] ,

0TT

8A iiwziz a exp

,, )( = [m/s2] ,

gde je: Texp i [h] – vreme izloženosti celog tela vibracijama usled rukovanja pojedinim sredstvom ili vozilom u toku radnog vremena od 8 sati;

T0 [h] – referentno vreme od 8 sati.

Svaka od parcijalnih izloženosti vibracijama u određenom pravcu predstavlja doprinos (udeo) određenog izvora vibracija (mašine ili aktivnosti) ukupnoj dnevnoj izloženosti radnika vibracijama. Na osnovu poznatih parcijalnih vrednosti izloženosti vibracijama moguće je ustanoviti prioritetne mašine ili aktivnosti sa najvećim vrednostima izloženosti vibracijama kojima treba pokloniti naročitu pažnju u smislu kontrolnih merenja vibracija.

3. Ukupna dnevna izloženost vibracijama za svaku osu x, y i z se izračunava na osnovu parcijalnih vrednosti izloženosti vibracijama za različite vrste izvora vibracija Aj,i(8) prema izrazu:

][m/s][m/s8A8A8A8A 2223

22

21 zyxjjjjj ,,;...)()()()( =+++=

4. Dnevnu izloženost vibracijama predstavlja najveća od dobijenih vrednosti za Ax(8), Ay(8) ili Az(8).


76

Za vrednosti koje su date u zadatku, dnevne izloženosti radnika vibracijama za pojedine izvore vibracija u x, y i z pravcu iznose:

Viljuškar (1) Kamion (2)

2508150418A 1 ...)(, =⋅=x [m/s2] 240

8620418A 2 ...)(, =⋅=x [m/s2]

1508130418A 1 ...)(, =⋅=y [m/s2] 360

8630418A 2 ...)(, =⋅=y [m/s2]

32081908A 1 ..)(, ==z [m/s2] 260

86308A 2 ..)(, ==z [m/s2]

Dnevna izloženost radnika vibracijama u pojedinim pravcima iznosi:

][m/s302402508A8A8A 2222,2

2,1 ...)()()( =+=+= xxx

][m/s403601508A8A8A 2222,2

2,1 ...)()()( =+=+= yyy

][m/s402603208A8A8A 2222,2

2,1 ...)()()( =+=+= zzz

Dnevna izloženost vozača vibracijama odgovara najvećoj vrednosti izloženosti vibracijama u nekom od pravaca x, y ili z. Za dati primer, najveću vrednost imaju dnevne izloženosti u y i z pravcu, ona iznosi 0.4 m/s2 i nalazi se ispod akcione vrednosti dnevne izloženosti vibracijama.


OBLAST: Elektromagnetna zračenja

TEMA 1: • Električno polje - Kulonov zakon, Gausova teorema; • Magnetno polje; • Antene.

FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE EM ZRAČENJA – TEMA 1

78

ZADATAK 1. Dve količine elektriciteta q1 = 100 nC i q2 = -100 nC se nalaze u vazduhu, na rastojanju a = 40 cm, kao što je prikazano na slici. Izračunati:

a) Jačinu električnog polja u tački A koja se nalazi između q1 i q2;

b) Jačinu električnog polja u tački B koja se nalazi u trećem temenu jednakostraničnog trougla.

Rešenje: a) qqq == 21

20

21

01

44

1

2

41

aq

a

qEA πεπε=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

= ; 20

22

02

44

1

2

41

aq

a

qEA πεπε=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡=⋅= −

mF

NmC10858 2

212

0 .ε

21

21

AAA

AA

EEEEE+=

=

( ) CkN45

CN45000

40101001098

4184

4122 2

99

20

20

1 ==⋅

⋅⋅====−

.aq

aqEE AA πεπε

.

b)

20

1 41

aqEB πε

= ; 20

2 41

aqEB πε

=

21 BB EE =

1111 21

3 BBBxB EEEE ===πα coscos

2222 21

3 BBBxB EEEE ===πα coscos

( ) CN5625

4010100109

412 2

99

20

1121 =⋅

⋅====+=−

.aqEEEEE BxBxBxBBx πε

23

3 1111 BBByB EEEE ===πα sinsin

23

3sin)sin( 2222 BBByB EEEE −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

πα

yByB EE 21 −=

021 =+= yByBBy EEE

CkN2511

CN112502 .=== BxB EE


79

ZADATAK 2. Ako se u tački A nalazi naelektrisanje q, izračunati količine naelektrisanja q1 i q2 da bi jačina električnog polja u tački B bila jednaka nuli.

Rešenje: Jačina električnog polja u tački B od naelektrisanja q u tački A:

204

1dqEBA πε

= ,

απε

cos204

1dqEBAx = ,

απε

sin204

1dqEBAy = ,

222 bad += . Jačina električnog polja u tački B od naelektrisanja q1:

ByB EbqE == 2

1

01 4

1πε

.

Jačina električnog polja u tački B od naelektrisanja q2:

BxB EaqE == 2

2

02 4

1πε

.

Da bi jačina električnog polja u tački B bila jednaka nuli, treba da budu ispunjeni sledeći uslovi:

22

02

0 41

41

aq

dqEE BxBAx πε

απε

=⇒= cos , αcos2

2

2 daqq = ;

21

02

0 41

41

bq

dqEE ByBAy πε

απε

=⇒= sin , αsin2

2

1 dbqq = .


80

ZADATAK 3. Izračunati silu koja treba da dejstvuje na tačkasto naelektrisanje qp kako bi ono bilo dovedeno u tačku B, ako je:

q1 = 10 nC, q2 = 20 nC, qp = 5 nC,

a = 10 cm, b = 20 cm.

Rešenje:

221

041

rqqF ⋅

=πε

( ) N1089

1020

10510101094

1 522

999

21

01

−

−

−−

⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅=

b

qqF p

πε

( ) N1091010

10510201094

1 522

999

22

02

−

−

−−

⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅=

a

qqF p

πε

N100791026562582

N10265625821081102656251510

210101022

21

2

−−

−−−

⋅=⋅=

⋅=⋅+⋅=+=

..

..

r

r

F

FFF


81

ZADATAK 4. Izračunati jačinu električnog polja koje potiče od sfere poluprečnika R, naelektrisane zapreminskom gustinom naelektrisanja ρ.

Rešenje: Na osnovu Gausove teoreme sledi da je:

∫∫ =⋅VS

VSE0

ddε

ρrr.

Za oblast 0 < r < R važi:

∫∫′′

=⋅VS

VSE0

ddε

ρrr,

gde su S´ i V´ sferna površina i zapremina koje odgovaraju poluprečniku r.

∫∫′′

=⋅⋅VS

VSE0

d0dε

ρcos

∫∫′′

=VS

VSE dd0ερ

3

0

2

344 rrE π

ερπ ⋅=⋅

03ερ rE = , 0 < r < R

Za r > R važi:

∫∫ =⋅′′ VS

VSE0

ddε

ρrr,

gde je S˝ - sferna površina poluprečnika r, a V - zapremina sfere.

00d

εqSE

S

=⋅⋅∫′′

cos ,

gde je q – ukupno naelektrisanje sfere koje iznosi

3

34 RVq πρρ =⋅=

0d

εqSE

S

=∫′′

3

0

2

344 RrE π

ερπ ⋅=⋅

20

3

3 rRE

ερ

= , r > R


82

ZADATAK 5. Metalni cilindar beskonačne dužine, poluprečnika r = a, naelektrisan je podužnom količinom naelektrisanja q´. Izračunati silu dejstva na tačkasto naelektrisanje q koje se nalazi na rastojanju b = 2a od ose cilindra.

Rešenje: Najpre treba izračunati jačinu električnog polja u tački u kojoj se nalazi naelektrisanje q. Koristeći Gausovu teoremu, za r > a se dobija :

0000

ddεεε

ρε

ρ hqqVVSEVS

⋅′====⋅ ∫∫

rr.

Kako su vektori Er

i Sr

d kolinearni, ugao između njih je jednak nuli, pa je:

00d

εhqSE

S

⋅′=⋅⋅∫ cos

02

επ hqhrE ⋅′

=⋅

rqE

02πε′

= , r > a

aqq

aqq

rqqEqF

000 4222 πεπεπε′⋅

=′⋅

=′

=⋅=


83

ZADATAK 6. Izračunati magnetnu indukciju u tački A od dva strujna provodnika kroz koje teče struja jačine I1 i I2, pri čemu je I1 = I2 = I. Provodnici su na međusobnom rastojanju d = a, a tačka A je od pravca na kome se oni nalaze udaljena za

23 /dx = .

Rešenje:

1

101 2 r

IBπμ

= i 2

202 2 r

IBπμ

= ,

mH104 7

0 ⋅= πμ

212121 BBrrrIII =⇒==== ,

222

223

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ddr

adr ==

311πcosBB x =

33 222ππ coscos BBB x =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

311πsinBB y =

33 222ππ sinsin BBB y −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=

xx BB 21 =

yy BB 21 −=

xx BBB 2112 +=

aI

aI

rIBBA π

μπμπ

πμ

221

22

322 000

12 ==== cos


84

ZADATAK 7. Pomoću Amperovog zakona izračunati jačinu magnetnog polja koaksijalnog kabla kroz koji protiče struja jačine I. Poluprečnik unutrašnjeg provodnika kabla je r1, unutrašnji poluprečnik spoljašnjeg provodnika kabla je r2, dok je spoljašnji poluprečnik spoljašnjeg provodnika kabla r3.

Rešenje: Primenom Amperovog zakona na konturu koja obuhvata unutrašnji provodnik, dobija se:

∑∫∫∫ =⇒= IlHSJlHCS

tC

rrrrrrddd

∑∫ =⇒<< IlBrrrC

021 d μrr

∑∫ = IlBC

0d μ

rIBIrB

πμμπ2

2 00 =⇒=⋅

ZADATAK 8. Dva prava beskonačno duga provodnika, kroz koje protiče struja jačine I1 i I2, ukrštaju se pod pravim uglom. Izračunati jačinu magnetnog polja i magnetnu indukciju u tačkama A i B ako je I1 = 2I2.

Rešenje:

aIBA π

μ2

202 = , 2

20101 2

22

2 AA BaI

aIB ===

πμ

πμ

22221 2 AAAAAA BBBBBB =−=−=

aIBB π

μ2

202 = , 2

2020101 222

222 BB B

aI

aI

aIB ====

πμ

πμ

πμ

021 =−= BBB BBB


85

ZADATAK 9. Dva provodnika kroz koje protiče struja jačine I1 i I2 se nalaze u istoj ravni, postavljeni pod uglom α. Izračunati vrednost magnetne indukcije u tački A (xo, yo).

Rešenje:

1

101 2 r

IBπμ

= , 2

202 2 r

IBπμ

=

( ) ( ) 11oo11o122 αααα costgcoscos xyyyyr −=−==

1o1o2 αα sincos xyr −=

αα −= o1 90

( ) ( ) αααααα sincoscos;cossinsin =−==−= o1

o1 9090

αα cossin oo2 xyr −=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=−=

2

2

1

10

2

20

1

1021 222 r

IrI

rI

rIBBBu π

μπμ

πμ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−=ααπ

μcossin oo

2

o

10

2 xyI

xIBu

A

A


86

ZADATAK 10. Izračunati intenzitet zračenja tačkastog izvora i komponente električnog i magnetnog polja na rastojanju r = 10 m, ako izvor radi na frekvenciji f = 1 GHz i ima snagu P = 100 W.

Rešenje:

222 mW080

104100

4.=

⋅==

ππ rPI .

scZHE

= ,

gde je Zsc – specifična (karakteristična) impedansa sredine u kojoj se odigrava proces.

Za vakuum: Ω== 3770

0

εμ

scZ .

Za vazduh, pri normalnim uslovima: Zsc = 400 Ω.

mV665400080

2.. =⋅=⋅=⇒==⋅= sc

scscZIE

ZE

ZEEHEI

mA0140

400665 ..

===scZ

EH

ZADATAK 11. Elektromagnetni talas frekvencije 400 MHz ima jačinu električnog polja u zoni zračenja E = 8 V/m. Izvršiti normiranje (poređenje) intenziteta zračenja ako je dozvoljeni intenzitet zračenja 100 mW/m2.

Rešenje:

scsc Z

EHZHE

=⇒=

22

22

mmW160

mW160

40064

4008

======⋅= .scsc Z

EZEEHEI

dozII >


87

ZADATAK 12. Emisiona radiostanica ima oscilatorno kolo sačinjeno od kalema induktivnosti L = 10 μH i kondenzatora čija kapacitivnost može da se menja od Cmin = 10 pF do Cmax = 400 pF. Elektromagnetni talas koji emituje antena ove radiostanice ima u zoni zračenja jačinu električnog polja E = 5.8 V/m. Izračunati:

a) Frekvencijski opseg u kome radi radiostanica;

b) Intenzitet zračenja antene i izvršiti normiranje intenziteta ako je dozvoljeni intenzitet zračenja 120 mW/m2.

Rešenje:

a) LC

frπ2

1=

MHz15.9Hz109.151021

102

1

101010102

12

1 6816126

minmax =⋅=

⋅==

⋅⋅⋅== −−−− ππππ LC

fr

MHz2.5Hz105.240102

1

10402

1

1040010102

12

1 6816126

maxmin =⋅=

⋅=

⋅=

⋅⋅⋅==

−−−− ππππ LCfr

b) sc

sc ZEHZ

HE

=⇒=

( )22

22

mmW84

mW0840

4006433

40085

======⋅= ...

scsc ZE

ZEEHEI

dozII <



TEMA 2: • Proračun i ocena kvaliteta osvetljenosti


89

ZADATAK 1. Odrediti fluks elektromagnetnog zračenja za spektralnu gustinu fluksa elektromagnetnog zračenja prikazanu na slici.

Kolika je efikasnost svetlosnog zračenja ako se kriva V(λ) aproksimira krivom prikazanom na slici?

Rešenje: Fluks elektromagnetnog zračenja:

W12.0200106.0d)( 3700

500

=⋅⋅=Φ=Φ −∫ λλλee

Svetlosni fluks:

λλλλ d)()(683800

400

Ve ⋅Φ=Φ ∫

lm86.352

100106.050102

3.06.06833

3 =⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅⋅+⋅⋅

+=Φ

−−

Efikasnost svetlosnog zračenja:

Wlm8.298

12.086.35

==ΦΦ

=e

η


90

ZADATAK 2. Izotropni izvor intenziteta 800 cd se nalazi u središtu sfere poluprečnika 4 m. Koliki svetlosni fluks prolazi kroz površinu na sferi veličine 0.3 m2?

Rešenje:

?;m3.0,m4,cd800 2 =Φ=== SSrI

Osvetljenost površine: lx504

80022 ===

rIE

lm153.050 =⋅=⋅=Φ⇒Φ

= SES

E SS

____________________________________________________

ZADATAK 3. Izvor snage 100 W se nalazi na visini 6 m. Ako je izvor izotropan, a efikasnost 60 lm/W, odrediti horizontalnu i vertikalnu osvetljenost u tačkama A i B.

Rešenje:

?,;m8lm/W,60,m6,W100 ===== BA EEdhP η

cd3984

100604,

4 =⋅

=⋅

=⇒

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⋅=ΦΦ

=

Φ=

ππη

ηη

π PIP

P

I

Horizontalna osvetljenost: lx1.116

39822 ===

hIEAh

lx4.26.01.11cos

,6.086

6cos,cos

33

22223

2

=⋅=Θ=

=+

=+

==ΘΘ=

AhBh

Bh

EEdh

hrh

hIE

Vertikalna osvetljenost: 02

cos2 ==π

hIEAv

( ) ( ) ( ) lx2.386

8398

,cos,cos

2/3222/3222222

222

=+

⋅=

+

⋅=

++=

+==

dh

dI

dh

ddh

IE

dh

drIE

Bv

Bv αα


91

ZADATAK 4. Papir dimenzija 15×30 cm i koeficijenta refleksije 0.8 se nalazi na stolu dimenzija 100×60 cm i koeficijenta refleksije 0.5. Ako je sto ravnomerno osvetljen sa 500 lx, odrediti:

a) Srednji koeficijent refleksije papira i stola;

b) Sjajnosti papira i stola.

Sto i papir reflektuju svetlost difuzno. Rešenje:

?,?,;lx500,5.0,m6.0cm60100;8.0,m045.0cm3015 ..,22 =====×===×= spsrsrssspp LLEAA ρρρ

a) Srednji koeficijent refleksije papira i stola:

( ) ( ) 52.06.0

045.06.05.0045.08.0. =

−+⋅=

−+=

s

pssppsr A

AAA ρρρ .

b) Sjajnosti papira i stola:

2mcd3.1275008.0

=⋅

=⋅

=ππ

ρ EL p

p ,

2mcd6.795005.0

=⋅

=⋅

=ππ

ρ EL ss .


92

ZADATAK 5. Odrediti osvetljenost horizontalnog i vertikalnog elementa površine na rastojanju 4 m od ravanskog izvora konstantne sjajnosti 500 cd/m2, širine 8 m i visine 2 m.

Rešenje:

?,;m4,m2,m8,cd/m500 2 ===== np EEqhwL

rad1020sin

22=

+=

qh

hγ , rad

520cos =γ ;

rad1080sin

22=

+=

qw

wβ , rad107.1=β ;

rad842sin

2221 =++

=qhw

hγ , rad22.01 =γ ;

rad848sin

2221 =++

=qhw

wβ , rad061.11 =β .

Paralelni (vertikalni) element površine:

( ) 107.0108022.0

1020061.1

21sinsin

21

11 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=⋅+⋅=

πβγγβ

πpc ,

lx1.168500107.0 =⋅⋅=⋅= ππLcE pp .

Normalni (horizontalni) element površine:

( ) 025.05200612.1107.1

21cos

21

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⋅−=

πγββ

πnc ,

lx3.39500025.0 =⋅⋅=⋅= ππLcE nn .


93

ZADATAK 6. Odrediti osvetljenost na elementu površine P od ravanskog izvora konstantne sjajnosti 2830 cd/m2. Rešenje:

?)(;m4m,6.0,m4.2,m1,cd/m2830 2 ====== PEhbadL

Da li se svetiljka može smatrati tačkastim izvorom?

• Maksimalna dimenzija svetiljke:

m47.26.04.2 2222max =+=+= bad

• Udaljenost tačke P od centra svetiljke:

( ) ( ) m77.443.112.122

222222

=+++=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= hbdaD

Dm4.125 max >=d , pa se svetiljka ne može smatrati tačkastim izvorom.

Podela svetiljke na 4 segmenta dimenzija 60×60 cm:

c = 0.6 m

d = 1 m

• Maksimalna dimenzija segmenta:

m85.026.02max === cdS .

• Udaljenost tačke P od centra segmenta:

m22.44)3.0(3.122

222222

=++=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += hccdDS

Smax Dm23.485.055 ≈=⋅=d , pa se segment može posmatrati kao tačkasti izvor.

Osvetljenost tačke P:

4321)( EEEEPE +++=

Osvetljenost od i-tog segmenta:

iiseg

i h

IE Θ

Θ= 3

2 cos)(

, Θ⋅=Θ cos)( LPI segiseg

( )44

34

24

14

2 coscoscoscos)( Θ+Θ+Θ+Θ⋅

=h

LPPE seg ,

ii D

h=Θcos


94

m217.422

222

1 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += haadD ; m438.4

223 2

22

2 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += haadD ;

m727.422

5 222

3 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += haadD ; m070.5

227 2

22

4 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += haadD .

lx94.125070.51

727.41

438.41

217.41428306.01111

444422

44

43

42

41

2 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++⋅⋅⋅=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+++⋅⋅=

DDDDhLPE segp

Faktor konfiguracije:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=hd

hac

hdb

hacLE ppp ,,π ,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

41,

44.2

46.1,

44.2

ppp ccLE π ,

( ) ( )[ ]25.0,6.04.0,6.02830 ppp ccE −⋅= π

Dijagram faktora konfiguracije paralelnog elementa površine

Dijagram faktora konfiguracije normalnog elementa površine

( ) ( ) ;04.025.0,6.0;055.04.0,6.0 == pp cc

lx4.133=pE


95

ZADATAK 7. Odrediti faktor konfiguracije ravanskog izvora sjajnosti 2000 cd/m2, ako on osvetljava element površine sa 7.2 lx. Rešenje:

?;m5cm,3030,cd/m2000 2 ==×=Δ= chSL

lx2.725

3.02000 2

22 =⋅

=Δ⋅

==h

SLhIE

41087.2200042.7

44 −⋅=

⋅⋅==⇒=

πππ

LEccLE

[ ]βγγβπ

sinsin21

111p +=c

qwy

qhx == ,

1sin

222 +=

+=

x

x

qh

hγ

1sin,

1sin

221221++

=++

=yx

y

yx

x βγ

11,sinsin βγγβ ==

221p03.01

03.0

103.02

03.0sinarc1sin221

+⋅⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+⋅⋅=⋅=

πγβ

πc

4p 10865.203.003.01 −⋅=⋅⋅=

πc


96

ZADATAK 8. Odrediti osvetljenost koju daje difuzni disk poluprečnika 2 m i sjajnosti 1000 cd/m2 na udaljenostima 1 m i 10 m ispod središta diska.

Razmotriti rezultate kada se disk smatra tačkastim i ravanskim izvorom.

Rešenje:

?,;m10m,1,cd/m1000m,2 21212 ===== EEhhLr

• Tačkasti izvor:

( )2h

IETΘ

= , ( ) Θ⋅=Θ cosSLI , 20h

SLET⋅

=⇒=Θ , π2rS =

lx125701

21000)( 2

2

21

2

21

1 =⋅

=⋅

=⋅

=ππ

hrL

hSLhET

lx7.12510

21000)( 2

2

22

2

22

2 =⋅

=⋅

=⋅

=ππ

hrL

hSLhET

• Ravanski izvor:

Θ= 2sinπLER , 22

2

22sin

rhrLE

rh

rR

+=⇒

+=Θ π

lx251321

21000)( 22

2

1 =+

= πhER

lx8.120210

21000)( 22

2

2 =+

= πhER


97

ZADATAK 9. Odrediti efektivni koeficijent refleksije šupljine prikazane na slici.

Rešenje:

?;5.0m,1,3.0,m3m,4 21 ====== efhba ρρρ

sr

sr

o

šul

izlef

AA

ρρ

ρ−

+=

ΦΦ

=11

1

.

.

• Srednji koeficijent refleksije:

21

2211

AAAA

A

A

i

iisr +

+==

∑∑ ρρρ

ρ

21 m1234 =⋅=⋅= baA

22 m14)34(12)(222 =+⋅=+=+= bahhbhaA

407.01412

145.0123.0=

+⋅+⋅

=srρ

• Površina šupljine: 221 m261412 =+=+= AAA š

• Površina otvora šupljine: 21 m12== AAo

24.0

407.0407.01

12261

111

1

1

21=

−⋅+

=−

⋅+

+=

sr

sref

AAA

ρρ

ρ


98

ZADATAK 10. U prostoriji dimenzija 9×5×3 m se nalazi 12 svetiljki. Na svetiljci koja ima CIE flux cod (0.5 0.7 0.75 0.5 0.8) nalazi se izvor svetlosnog fluksa 2900 lm. Odrediti direktne osvetljenosti površina prostorije ako je odnos između direktnog fluksa na radnu površinu i ukupnog fluksa u donji poluprostor DR = 0.46. Rešenje:

?,,;46.0DR,lm2900,8.0N,5.0N,12,m359 ,,,.54 ===Φ===××=×× rpDzDtDizv EEEnhba

• Direktna osvetljenost tavanice: ba

E tDtD ⋅

Φ= ,

,

lm1392029008.05.012.54, =⋅⋅⋅=Φ⋅⋅⋅=Φ⋅≈Φ

Φ4434421

g

izvg

tD NNnn

Φg – svetlosni fluks svetiljke u gornji poluprostor;

lx30945

13920, ==tDE

• Direktna osvetljenost radne površine: ba

E rpDrpD ⋅

Φ= ,

,

lm640329008.05.01246.0.54,, =⋅⋅⋅⋅=Φ⋅⋅⋅⋅=Φ⋅⋅=Φ⇒Φ⋅

Φ= izvdrpD

d

rpD NNnDRnDRn

DR

Φd – svetlosni fluks svetiljke u donji poluprostor;

lx14245

6403, ==rpDE

• Direktna osvetljenost zida: ))(8.0(2

,,, bahP

E zD

z

zDzD +−

Φ=

Φ=

.5,,, izvsvtDzDrpD Nnn Φ⋅⋅=Φ⋅=Φ+Φ+Φ

lm751764031392029008.012,,.5, =−−⋅⋅=Φ−Φ−Φ⋅⋅=Φ tDrpDizvzD Nn

lx121)59)(8.03(2

7517, =

+−=zDE



TEMA 3: • Proračun i ocena toplotnog zračenja


100

ZADATAK 1. Izračunati ukupnu količinu izračene energije sa površine Sunca za vreme od jednog sata, ako se Sunce smatra apsolutno crnim telom, temperature 600 K i poluprečnika 350000 km.

Rešenje:

?;km000350,K600,1,s3600h1 ======= WrTt εα

Emisiona moć Sunca: 4

0 TE ⋅= σ

428

0 KmW10672.5 −⋅=σ - Štefan-Bolcmanova konstanta;

26

248

mW1051.73

mW73509120600010672.5 ⋅==⋅⋅= −E

Površina Sunca:

( ) 218272 m1053938.1103544 ⋅=⋅⋅=⋅= ππ rS

Ukupna izračena energija:

tSEW ⋅⋅=

J10074.4Ws10074.4360010539.11051.73 2929186 ⋅=⋅=⋅⋅⋅⋅=W

ZADATAK 2. Kroz otvor peći površine 100 cm2 se za 10 s izrači količina toplote od 1 kJ. Odrediti temperaturu u peći pod pretpostavkom da peć zrači kao apsolutno crno telo. Rešenje:

?;1kJ,1,s10,cm100 2 ====== TWtS εα

24

4 mW101

10101001000

⋅=⋅⋅

=⋅

== −tSW

SPE

K64810672.5

10148

44

0

40 =

⋅⋅

==⇒⋅= −σσ

ETTE


101

ZADATAK 3. Ako se 40% utrošene električne energije u sijalici snage 60 W emituje kao IR-zračenje, izračunati temperaturu njenog vlakna dužine 20 cm i prečnika 0.01 mm. Zračenje vlakna sijalice smatrati kao zračenje apsolutno crnog tela. Rešenje:

?;1,m101,m2.0,W60,4.0%40 5 ===⋅===== − TdlP εαη

W24604.0 =⋅=⋅= PPu η

SPE u=

Površina po kojoj se zrači energija: ldlrS ππ == 2

265 m1028.62.0101 −− ⋅=⋅⋅⋅= πS

K286310672.51028.6

244

864

0

40 =

⋅⋅⋅=

⋅=⇒⋅= −−σ

σS

PTTE u

ZADATAK 4. Odrediti količinu toplote (energiju) koju pri topljenju izrači površina volframa od 1 cm2 za vreme od 1 s, ako je odnos emisionih moći volframa i apsolutno crnog tela 0.4. Temperatura topljenja volframa iznosi 3380oC. Rešenje:

?;K36532733380,4.0/,s1,m101 024 ==+===⋅= − WTtS w αα

tSEW ⋅⋅= 4

00 TEE ⋅⋅=⋅= σεε

tSTW ⋅⋅⋅⋅= 40σε

4.0,4.04.000

===⇒== εαααα

www

EE

1101365310672.54.0 448 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= −−W J01.404=W


102

ZADATAK 5. Odrediti temperaturu na udaljenosti 10 m od usijane metalne kugle prečnika 10 cm, ako njena emisiona moć iznosi 6.27 W/m2. Smatrati da kugla zrači kao apsolutno crno telo. Rešenje:

?;W/m27.6,m10,m1.0 2 ==== TEdR

40

0400 σ

σETTE =⇒⋅=

rR 2=

22

2

244 RRrS ⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⋅= πππ

Kako je fluks energije kroz sfere poluprečnika R/2 i d jednak, to je:

EdER⋅=⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 2

0

2

42

4 ππ

2

2

2

2

04

24

4R

Ed

R

EdE ⋅=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅=

π

π

K145024

40

4

0

2

2

40

0 =⋅=

⋅

==σσσE

RdR

EdET

ZADATAK 6. Energetski osvetljaj apsolutno crnog tela iznosi 80 kW/m2. Izračunati talasnu dužinu koja odgovara maksimumu emisione moći ovog tela. Rešenje:

?;kW/m80 max2

0 == λE

40

0400 σ

σETTE =⇒⋅=

bT =⋅maxλ

b = 2.898·10-3 [mK] – Vinova konstanta

μm66.2m1066.2

10672.51080

10898.2 6

48

3

3

40

0max =⋅=

⋅⋅

⋅=== −

−

−

σ

λEb

Tb



TEMA 4: • Proračun i ocena ultravioletnog i jonizujućeg zračenja


104

ZADATAK 1. Odrediti procenat UV-zračenja koji emituje crno telo pri temperaturi 5800 K. Rešenje:

Ukupna emisiona moć: 27484 W/m1042.658001067.5 ⋅=⋅⋅=⋅= −TE σ

Spektralna gustina emisionih moći: ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

⋅⋅

=⋅ 1

110745.3)(5800

143885

8

λ

λ λλ

e

E

λ [μm] Eλ(λ) [W/m2μm] 0.05 3.4·10-7 0.1 630.89

0.15 3.24·105 0.2 4.8·106

0.25 1.88·107 0.3 3.95·107

0.35 5.96·107 0.4 7.42·107

27nm400

nm100

W/m1026.1d)()UV( ⋅== ∫ λλλEE

%65.191001042.61026.1UV% 7

7≈⋅

⋅⋅

=


105

ZADATAK 2. Izračunati koliki će deo plutonujuma ostati nakon 70 000 godina ako je vreme poluraspada plutonijuma 24 000 godina. Rešenje:

?)0()(;god.00024,god.00070 ===

NtNTt

teNtN λ−⋅= )0()(

TT 2ln2ln =⇒=⋅ λλ

Ttt

Tt eeN

tN −−− === 2)0()( 2ln

λ

125.08122

)0()00070( 300024

00070

==≈= −−

NN

t T 2T 3T 4T N(t)/N(0) 2-1 2-2 2-3 2-4


106

ZADATAK 3.

Pri radioaktivnom raspadu jezgra Na2411 nastaje emisija α-čestice. Period poluraspada ovog jezgra iznosi

T = 14.8 h. Koliko se jezgra Na2411 raspadne za vreme t = 10 h u uzorku mase m = 1 kg?

Rešenje: Broj neraspadnutih jezgara atoma radioaktivnog elementa dat je formulom:

teNtN λ−⋅= )0()( ,

gde je: N(0) – početni broj atoma, λ – konstanta radioaktivnosti, t – proteklo vreme.

Broj raspadnutih jezgara atoma radioaktivnog elementa je:

)1()0()0()0()()0( ttr eNeNNtNNN λλ −− −⋅=⋅−=−= .

Početni broj atoma se izračunava ako je poznata masa supstance i atomska (molekulska) masa atoma:

ANMmN =)0( ,

gde je: NA – Avogadrov broj, NA = 6.023·1023 mol-1, M – atomska masa natrijuma, M = 0.024 kg/mol, pa je: 18103.9)1()0( ⋅=−⋅= − t

r eNN λ atoma

ZADATAK 4. Odrediti konstantu radioaktivnosti i period poluraspada radioaktivne supstance čiji intenzitet β-zračenja opadne za 10% u toku vremena od 1 h. Smatrati da produkti raspada nisu radioaktivni. Rešenje: Broj neraspadnutih atoma radioaktivnog elementa u trenutku t1 je:

1)0()( 1teNtN λ−⋅= .

Broj neraspadnutih atoma radioaktivnog elementa u trenutku t2 je: 2)0()( 2

teNtN λ−⋅= .

Procenat raspadnutih atoma je:

1.01)(

)()(% 2

1

12 =−=−

=Δ − tetN

tNtN λ , ako se smatra da je t1 = 0.

Odavde je

s11092.2

9.01

36001

111 5

%2

−⋅=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

Δ−=

tλ ,

h57.6s683232ln===

λT .


107

ZADATAK 5. Koliki je period poluraspada radijuma, ako se zna da aktivnost količine radijuma mase m = 1 kg iznosi A = 36.2 GBq? Molarna masa radijuma je M = 0.226 kg/mol. Rešenje:

211066.2 ⋅==⋅= AA NMmNnN atoma

NA ⋅= λ)0( , gde je A(0) početna aktivnost.

s11036.1

1066.21062.3)0( 11

21

10−⋅=

⋅⋅

==N

Aλ

god.16171036.1

693147.02ln11 =⋅

== −λRaT

ZADATAK 6. U krv čoveka je u cilju medicinskih ispitivanja uneta mala količina rastvora koja sadrži radioaktivni element

Na2411 . Aktivnost unete količine radioaktivnog elementa bila je A(0) = 2 kBq. Aktivnost količine krvi zapremine 1 cm3 uzete posle perioda od t = 5 sati od istog čoveka iznosila je A(5) = 0.267 Bq/cm3. Period poluraspada Na24

11 iznosi T = 15 h. Kolika je ukupna zapremina krvi ovog čoveka pod uslovom da je radioaktivni preparat homogeno raspoređen u njoj? Rešenje:

Bq2

102210221022)0()0()(3

331

3155

32ln

⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=

−−−−Ttt

T AeAtA

33 dmBq267

cmBq267.0)5( ==A

lA

tAVk 6dm94.52267

102)5()( 3

3

3≈=

⋅==


108

ZADATAK 7. Radioaktivni izotop ima aktivnost 6 mCi, a 24 sata kasnije 4 mCi. Odrediti vreme poluraspada izotopa. Rešenje:

?;mCi4)24(,mCi6)0( === TAA

teNttNtA λλ −⋅⋅== )0(

d)(d)( ;

)0()0( AN =⋅λ

teAtA λ−⋅= )0()(

T2ln

=λ

tTeAtA

2ln

)0()(−

⋅=

tTtA

A 2ln)()0(ln =

dan71.1sata03.4124

46ln

2ln

)()0(ln

2ln==⋅=⋅= t

tAA

T .

ZADATAK 8. Odrediti aktivnost 1 mg radijuma Ra-226 u početnom trenutku [Bq] i nakon 100 godina [mCi], ako je vreme njegovog poluraspada 1620 godina. Rešenje:

[ ] [ ] ?mCi)100(,Bq)0(;g226.,god1620,g10mg1 3 ====== − AAMTm

)0()0( NA ⋅= λ

18323

1066.2226

1010023.6)0( ⋅=⋅⋅

=⋅

=−

MmNN A

111 s10357.13600243651620

2ln2ln −−⋅=⋅⋅⋅

==T

λ

MBq361066.210357.1)0( 1811 =⋅⋅⋅= −A

teAtA λ−⋅= )0()(

[ ] [ ] [ ]mCi937.0Ci107.31958.0106.3Bq958.0106.3106.3)god.100( 10

7736002436510010357.17 11=

⋅⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ⋅⋅⋅⋅⋅− −

eA


109

ZADATAK 9. U tkanini mase m = 20 g se apsorbuje n = 1010 α-čestica od kojih svaka poseduje energiju Eα = 4.9 MeV. Kolika je apsorbovana i ekvivalentna doza α-zračenja? Uzeti da je za α-čestice relativna biološka efikasnost k = 20. Rešenje: Apsorbovana doza zračenja je:

Gy392.01020

109.4106.11013

61910=

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

== −

−

mEn

mED x

a .

J106.1J106.110eV10MeV1 131966 ⋅=⋅⋅==

Odgovarajuća ekvivalentna doza je

Sv84.7=⋅= ae DkD .

ZADATAK 10. Pod dejstvom kosmičkog zračenja u vazduhu se u zapremini V = 1 cm3 obrazuje prosečno Nj = 120 jonskih parova u toku vremenskog intervala Δt = 60 s. Kolika je ekspoziciona doza zračenja kojoj je izložen čovek u toku vremenskog intervala od jednog sata? Rešenje: Ekspoziciona doza kojoj je izložen čovek iznosi:

tDD ⋅′= expexp ,

gde je: expD′ - snaga ekspozicione doze kosmičkog zračenja.

kgnC3.89

kgC103.893600

6010129.1106.1120 9

6

19

exp =⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅

Δ⋅

⋅=⋅

Δ⋅=′ −

−

−

ttV

eNt

tmqD j

ρ.


110

ZADATAK 11. Brzina doze na udaljenosti 50 cm od nekog izotopa iznosi 5 mGy/min. Odrediti na kojoj će udaljenosti za vreme od 300 s biti primljena doza od 1 mGy. Rešenje:

?;mGy1,s300.,min/mGy5,cm50 22211 ===== rDtDr &

2rtAkD = , 2r

AkD =&

21

1 rAkD =& , 2

2

22 r

tAkD =

2

2222

11 trDrDkA == &

m5.21555.0

2

2112 =

⋅==

DtDrr

&

ZADATAK 12. Izračunati za koliko će se smanjiti doza zračenja ako se koristi apsorber debljine koja je n puta veća od debljine poluapsorpcije. Rešenje:

?/;21 =⋅= ulizl DDdnl

Debljina apsorbera: izl

ulizl

ul

DD

ed

dndnl

DD

ed

llog

log2lnlog

log2ln 2121

21

21

⋅⋅

=⋅⇒⎪⎭

⎪⎬

⎫

⋅=

⋅⋅

=

n

izl

ul

DDen 2logloglog2ln ==⋅⋅

nul

izln

izl

ul DDDD

22 =⇒=


111

ZADATAK 13. Na površinu tkiva od 2 cm2 pada u svakoj sekundi 7·108 γ-fotona. Svaki foton ima energiju 1.25 MeV. Gustina tkiva iznosi 0.95 g/cm3, a debljina tkiva 7.5 mm. Intenzitet γ-zraka se prolaskom kroz tkivo smanjuje za 5%. Odrediti dozu zračenja koja je apsorbovana u 1 sekundi. Rešenje:

?)s1(;95.0,cm2,mm5.7,cm

g95.0,MeV25.1,scm2

fot107 02

3fot28

0 ======⋅= DSdE ϕϕρϕ

mED

ΔΔ

= , fotENE ⋅Δ=Δ

tStStSN Δ=Δ−Δ=Δ 05.00 ϕϕ

fot1035s1cm2scm2

fot10705.0 622

8 ⋅=⋅⋅⋅⋅=ΔN

J1002.7MeV10438.025.11035 686fot

−⋅=⋅=⋅⋅=⋅Δ=Δ ENE

kg10425.1 3−⋅==Δ=Δ SdVm ρρ

Doza u 1 sekundi: mGy5Gy1093.410425.11002.7 3

3

6≈⋅=

⋅⋅

=ΔΔ

= −−

−

mED .

Skripta Resenih Zadataka Fizicki Parametri

Text of Skripta Resenih Zadataka Fizicki Parametri

Zbirka Resenih Zadataka Iz Dsu_i Deo_milica Naumovic

Zbirka Resenih Zadataka Iz Verovatnoce i Matematicke Statistike

Zbirka Resenih Zadataka Iz Algebre Za 2. Raz. Gimnazije - Vene

192080418 Mathematiskop 3 Zbirka Resenih Zadataka Za Prvi Razred Srednjih Skola Vladimir Stojanovic

Zbirka Detaljno Resenih Zadataka Za 2 Rezred

148601782 Zbirka Resenih Ispitnih Zadataka Iz Betonskih Konstrukcija (1)

Zbirka Resenih Zadataka Iz Mate Ma Tike SRAGA

A.Skejic - 100 Resenih Ispitnih Zadataka Iz Mehanike Tla

3 mathematiskop 3 -zbirka resenih zadataka za prvi razred srednjih skola - vladimir stojanovic.pdf

Zbirka resenih zadataka iz elektrotehnike

148601782 Zbirka Resenih Ispitnih Zadataka Iz Betonskih Konstrukcija

Zbirka zadataka iz Statisticke ﬁzikeˇ · PDF fileUNIVERZITET U BEOGRADU FIZICKI FAKULTETˇ Zbirka zadataka iz Statisticke ﬁzikeˇ verzija 3.1415 pripremio: Vladimir Miljkovic´

Skripta Resenih Zadataka Iz Mehanike i Otpornosti Materijala

78930995 Zbirka Resenih Zadataka Iz Mehanike Statika Kinematika Dinamika

TM Skripta Resenih Zadataka

Milica B. Naumovi ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA I deo: …starisajt.elfak.ni.ac.rs/milica_naumovic/ZBIRKA RESENIH ZADATAKA IZ... · pripremi ispita iz predmeta Teorija automatskog upravljanja

Maretic Zbirka Resenih Zadataka Iz Otpornosti Materijala Ra

Teorija Sistema Zbirka Resenih Zadataka 2014

Mathematiskop 3 Zbirka Resenih Zadataka Za Prvi Razred Srednjih Skola Vladimir Stojanovic

Zbirka Resenih Zadataka Iz Matematike 4 Mr Vene T Bogoslavov

146052018 TM Skripta Resenih Zadataka

Novakovic Zbirka Resenih Ispitnih Zadataka Iz Otpornosti Materijala Br

Zbirka Resenih Ispitnih Zadataka Iz El 2010

Zbirka resenih zadataka iz algebre (prvi deo) - Akademska misao 2004

Zbirka Resenih Zadataka Iz Matematike I - T.G, J.P., S.L., N.S., T.L., Lj.T. 2009

Buka i Vibracije (Master) - Skripta Resenih Zadataka

100 Resenih Zadataka Za II Godinu Po Planu Predavanja

Zbirka Resenih Ispitnih Zadataka Iz Verovatnoce Statistike i Slucajnih Procesa_Grbic Nedovic

Zbirka Resenih Zadataka Zavrsnog Testa Za 6 Razred

FP Skripta Resenih Zadataka

Documents

Skripta Resenih Zadataka Fizicki Parametri

Text of Skripta Resenih Zadataka Fizicki Parametri