Zbirka resenih testova iz fizike sa prijemnih ispita na ETF

Zbirka rešenih testova iz fizike sa prijemnihispita na Elektrotehničkom fakultetu u

Beogradu

dr Ivica Stevanović

jul 2020.

Autor je svestan mogućnosti postojanja koncepcijskih i drugih nedostataka i propusta i sa zahvalnošću će primitisvaku sugestiju, primedbu i ispravku.

jula 2020.

Ivica Stevanović ([email protected])

SadržajKlasifikacioni ispit 2020. godine 1

Rešenja klasifikacionog ispita 2020. godine 5

Klasifikacioni ispit 2019. godine 15


































Klasifikacioni ispit iz fizike 30. jun 2019.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NAELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU

(30. jun 2020)

(Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene)

1. Bernoullijeva jednačina u dinamici fluida važi za proticanje

a) stišljivog fluida b) viskoznog fluidac) fluida sa nestacionarnim tokom d) turbulentnog fluidae) nijedan od odgovora od a) do d) nije tačan n) ne znam (3 poena)

2. Prvu Nobelovu nagradu za fiziku 1901. godine dobio je

a) Shuji Nakamura b) Albert Fert c) Wilhelm Röntgend) Konstantin Novoselov e) Jack Kilby n) ne znam (3 poena)

3. Proizvod pritiska i zapremine ima dimenzije

a) sile b) gustine c) impulsad) energije e) snage n) ne znam (3 poena)

4. Alfa čestica, gama kvant, proton, neutron i elektron istovremno ulaze u pločasti kondenzator normalnona linije električnog polja između ploča kondenzatora. Čestica koje skreće ka pozitivno naelektrisanoj pločikondenzatora je

a) elektron b) alfa čestica c) neutrond) proton e) gama kvant n) ne znam (3 poena)

5. Skalarne veličine sua) energija, moment sile b) vreme, rad, temperaturac) moment impulsa, sila d) koeficijent samoindukcije, magnetska indukcijae) zapremina, brzina n) ne znam (3 poena)

6. Izračeni elektromagnetski talas niske frekvencije obiđe Zemlju za jednu sekundu približno (poluprečnikZemlje je R = 6400 km, c = 3 · 108 m/s)

a) 30 puta b) 15 puta c) 7.5 putad) 3.7 puta e) 60 puta n) ne znam (4 poena)

7. Ronilac u batiskafu spusti se sa dubine od 10 m ispod nivoa mora na dubinu od 20 m. Pri ovom spuštanjuapsolutni pritisak na batiskaf poveća se (p0 = 105 Pa, ρv = 103 kg/m3, g = 10 m/s2)

a) 2 puta b) 3.5 puta c) 2.5 putad) 3 puta e) 1.5 puta n) ne znam (4 poena)

1


8. Kuglica projektil kreće se brzinom intenziteta v i neelastično se sudara sa kuglicom metom iste mase kojamiruje. Posle sudara kuglica projektil se kreće normalno na pravac kretanja projektila pre sudara brzinomintenziteta v/2. Intenzitet brzine kuglice mete posle sudara je

a) v√

5/2 b) v/2 c) v√

3/2d) 2v e) v/4 n) ne znam (4 poena)

9. Ljuljajući se na ljuljašci Sara prođe kroz najnižu tačku brzinom od 4 m/s. Visina (merena od najniže tačke)sa koje se Sara spustila je (g = 10 m/s2)

a) 0.2 m b) 0.4 m c) 1.2 md) 0.8 m e) 1.6 m n) ne znam (4 poena)

10. Tačkasto naelektrisanje od 2µC je preneto iz jedne tačke elektrostatičkog polja u drugu tačku i pri tomese njegov potencijal povećao za 100 V. Rad koji izvrši spoljašnja sila koja deluje na naelektrisanje pri ovompomeranju je

a) 400µJ b) 200µJ c) 0.01µJd) 800µJ e) 100µJ n) ne znam (4 poena)

11. Poznat je period oscilacija nekog matematičkog klatna na površi Zemlje. Period oscilacija matematičkogklatna se smanji 2 puta ako se

a) dužina klatna poveća 2 putab) klatno okači o plafon lifta koji ubrzava naviše ubrzanjem 3g

c) dužina klatna smanji 2 putad) klatno okači o plafon lifta koji ubrzava naviše ubrzanjem g

e) dužina klatna poveća 2√

2 putan) ne znam (5 poena)

12. Tačka počinje da osciluje po x-osi po zakonu x(t) = a sin(ωt) gde su a(> 0) amplituda i ω(> 0) kružnafrekvencija oscilacija. Srednja vrednost intenziteta brzine od početnog trenutka do trenutka kada se tačka nađeprvi put u položaju x = a

√3/2 je

a)√

3aω/π b) 3√

3aω/π c) 3aω/(2π)d) 2aω/(

√3π) e) 3

√3aω/(2π) n) ne znam (5 poena)

13. Telo se izbaci sa površi Zemlje vertikalno naviše brzinom√

gR/3, gde je g ubrzanje na površi Zemlje, aR poluprečnik Zemlje. Ako se zanemaruje dejstvo svih sila na telo osim gravitacione, maksimalna visina kojutelo dostigne iznad Zemljine površi je

a) R

5b) R

6c) R

17

d) R

18e) R

2n) ne znam (5 poena)

14. Tri identična kondenzatora, svaki kapacitivnosti 3 nF vezana su kao naslici. Ekvivalentna kapacitivnost između tačaka A i B je

a) 3 nF b) 1 nFc) 9 nF d) 1/3 nFe) 2/3 nF n) ne znam

A B

(5 poena)

2


15. Osam identičnih otpornika, svaki otpornosti 3 Ω vezana su kao na slici.Ekvivalentna otpornost između tačaka A i B je

a) 3/4 Ω b) 3/2 Ωc) 3 Ω d) 6 Ωe) 3/8 Ω n) ne znam

3 Ω

3 Ω

3 Ω

3 Ω

3 Ω 3 Ω

3 Ω

A

B

3 Ω

(7 poena)

16. Posuda sadrži dve tečnosti koje se ne mešaju i čije su gustine ρ1 = 1000 kg/m3 iρ2 = 1500 kg/m3 kao na slici. Kocka zapremine V = 1 dm3 i gustine ρ = 800 kg/m3

povezana je neistegljivim tankim kanapom zanemarive mase za dno posude. Zapreminabloka u tečnosti manje gustine je V1 = 2V/5. Sila zatezanja u kanapu je (g = 10 m/s2)

a) 2.5 N b) 5 Nc) 7.5 N d) 1 Ne) 13 N n) ne znam

𝜌

𝜌1

𝜌2

(7 poena)

17. Ako se Youngov interferencioni eksperiment na dva paralelna proreza izvede u vakuumu, rastojanje izmeđudve susedne svetle pruge je ∆y, a ako se ovaj isti eksperiment izvede u nekoj transparentnoj tečnosti, razmakizmeđu dve susedne svetle pruge je 4∆y/5. Indeks prelamanja ove tečnosti je

a) 2.5 b) 2.0 c) 1.5d) 1.25 e) 1 n) ne znam (7 poena)

18. Vreme poluraspada prvog radioaktivnog izvora je T , dok je vreme poluraspada drugog izvora 4 puta kraće.U početnom trenutku je broj radioaktivnih jezgara drugog izvora 8 puta veći od broj radioaktivnih jezgaraprvog izvora. Aktivnosti oba izvora će biti jednake posle vremena

a) T b) 3T/5 c) 2T/3d) 5T/3 e) 3T/4 n) ne znam (8 poena)

19. Idealni gas iz stanja 1 (p1, , V1) prelazi u stanje 2 (p2, V2) procesom koji se opisuje jednačinom p = aV(a = Const), gde su p i V apsolutni pritisak i zapremina gasa, respektivno. Mehanički rad koji izvrši gas priprelasku iz stanja 1 u stanje 2 je

a) p1V1 b) 2p1V1 c) 3p1V1/2d) 3p1V1 e) p1V1/3 n) ne znam (8 poena)

3


20. Posuda dubine h je od dna do pola visine napunjena uljem indeksaprelamanja n1, a gornja polovina je voda indeksa prelamanja n2 (< n1). Akose gleda odozgo iz vazduha (n0 = 1) pod približno pravim uglom (α ≈ 90o),dno posude se vidi u tački P na dubini

a) h2n1n2

n1 + n2b) h

n1

n2

c) hn2

n1d) 2n1n2h

e) hn1 + n2

2n1n2n) ne znam

(8 poena)

4

Ivica Stevanović, Rešenja zadataka sa klasifikacionog ispita iz fizike na ETF-u 2020. godine

REŠENJA

1 ⃝e Bernoullijeva jednačina u dinamici fluida važi za protok nestišljivih fluida bez trenja. Dakle, nijedanponuđeni odgovor od a) do d) nije tačan.

2 ⃝c Prvu Nobelovu nagradu za fiziku dobio je fizičar Wilhelm Röntgen za otkriće X-zraka.

3 ⃝d Proizvod pritiska i zapremine odgovara radu te ima jedinicu energije:

[p] · [V ] = Pa · m3 = Nm2 · m3 = N · m = J.

4 ⃝a Čestica koja će se nakon ulaska između ploča kondenzatora normalno na linije električnog polja kretatika pozitivno naelektrisanoj elektrodi mora nositi negativno naelektrisanje. Jedina od navedenih čestica koja jenegativno naelektrisana je elektron.

5 ⃝b Vreme, rad i temperatura su sve skalarne veličine.

6 ⃝c Elektromagnetski talas se kreće brzinom svetlosti c i za vreme t pređe put

s = c · t

Uzimajući da je Zemlja savršena sfera poluprečnika R, za njen obim dobijamo

s0 = 2πR

Sada je broj puta koji elektromagnetski talas obiđe Zemlju za vreme t dat sa

n = s

s0= c · t

2πR=

3 · 108 ms · 1 s

6.28 · 6400 · 103 m ≈ 7.5.

7 ⃝e Apsolutni pritisak na dubini h dat je izrazom

p(h) = p0 + ρvgh

gde je p0 atmosferski pritisak na površini vode, ρv gustina vode i g gravitaciona konstanta.Sada imamo

p1 = p(h1) = p0 + ρvgh1

p2 = p(h2) = p0 + ρvgh2

te sledip2

p1= p0 + ρvgh2

p0 + ρvgh1= 1 + ρvg(h2 − h1)

p0 + ρvgh1

odakle dobijamo da se pri ovom spuštanju od h1 = 10 m do h2 = 20 m apsolutni pritisak na batiskaf poveća

p2

p1= 1 +

103 kgm3 · 10 m

s2 · (20 m − 10 m)105 Pa + 103 kg

m3 · 10 ms2 · 10 m

= 1 + 12

= 1.5 puta.

8 ⃝a Neka se pre sudara kuglica projektil mase m1 = m kreće duž x-ose brzinom v1 = v · x dok kuglica metaiste mase m2 = m miruje v2 = 0. Ukupan impuls sistema ove dve kuglice pre sudara dat je izrazom

p1 = m1v1 + m2v2 = mv · x

Nakon sudara, kuglica projektil se kreće normalno na pravac kretanja projektila pre sudara brzinom intenzitetav/2. Ako uzmemo da je putanja kretanja duž pozitivne y-ose imamo da je vektor brzine kuglice projektila nakonsudara

v3 = v

2· y

5


Ako je vektor brzine kuglice mete dat sa v4, onda se za ukupan impuls sistema dve kuglice nakon sudara ima

p2 = m1v3 + m2v4 = mv

2· y + mv4

Za neelastični sudar važi zakon održanja impulsa

p1 = p2

odakle imamomv · x = m

v

2· y + mv4

v4 = v · x − v

2· y

pa se za intenzitet vektora brzine kuglice mete nakon sudara dobija

v4 = |v4| =√

v2 +(v

2

)2= v

√1 + 1

4= v

√5

2.

9 ⃝d Neka je h1 = h visina sa koje se Sara spustila (merena u odnosu na najnižu tačku putanje), i neka je mnjena masa. Tada je potencijalna energija u toj tački

Ep1 = mgh1 = mgh

U početnoj tački, Sara je u stanju mirovanja v1 = 0 pa je njena kinetička energija jednaka nuli

Ek1 = 12

mv21 = 0

Ukupna energija u početnoj tački je zbir potencijalne i kinetičke energija

E1 = Ep1 + Ek1 = mgh

Ako je v2 brzina kojom Sara prolazi kroz najnižu tačku, njena kinetička energija je

Ek2 = 12

mv22

dok je potencijalna energija u ovoj referentnoj tački (h2 = 0) jednaka nuli

Ep2 = mgh2 = 0

Ukupna energija u najnižoj tački putanje je

E2 = Ep2 + Ek2 = 12

mv22

Iz zakona održanja energije E1 = E2 imamo

mgh = 12

mv22 ⇒ h = v2

22g

h =16 m2

s2

2 · 10 ms2

= 0.8 m.

10 ⃝b Pri pomeranju tačkastog naelektrisanja q iz tačke u kojoj je elektrostatički potencijal jednak V1 u tačkuu kojoj je elektrostatički potencijal jednak V2, spoljašnja sila izvrši rad dat sa

A = q(V2 − V1)

A = 2 · 10−6 C · 100 V = 200µJ.

6


11 ⃝b Period oscilacija matematičkog klatna dužine l na površi Zemlje gde je gravitaciono ubrzanje jednako gdat je izrazom

T = 2π

√l

g

a) Ako se dužina klatna poveća dva puta, l1 = 2l, za period oscilacija dobijamo

T1 = 2π

√l1g

= 2π

√2l

g=

√2T

b) Ako se klatno okači o plafon lifta koji ubrzava naviše ubrzanjem 3g, gravitaciono ubrzanje u inercijalnomreferentnom sistemu vezanom za lift je g1 = g + 3g = 4g te se za period oscilacija ima

T1 = 2π

√l

g1= 2π

√l

4g= 1

2T

c) Ako se dužina klatna smanji dva puta, l1 = l/2, za period oscilacija se dobija

T1 = 2π

√l1g

= 2π

√l/2g

= 1√2

T

d) Ako se klatno okači o plafon lifta koji ubrzava naviše ubrzanjem g, gravitaciono ubrzanje u inercijalnomreferentnom sistemu vezanom za lift je g1 = g + g = 2g te se za period oscilacija ima

T1 = 2π

√l

g1= 2π

√l

2g= 1√

2T

d) Ako se dužina klatna poveća 2√

2 puta, l1 = 2√

2l, za period oscilacija se dobija

T1 = 2π

√l1g

= 2π

√2√

2l

g=√

2√

2T

Dakle, tačan odgovor je b).

7


ωt

x(t) = a sin ωt

a

a

√3

2

π

3

ωt

v(t) = ωa cos ωt

ωa

ωa

2

π

3

12 ⃝bPoložaj tačke na x-osi u trenutku t dat je izrazom

x(t) = a sin ωt

Intenzitet brzine ove tačke duž x-ose se dobija prime-nom izvoda po vremenu t na izraz za položaj

v(t) = x′(t) = (a sin ωt)′ = ωa cos ωt

Grafici položaja i brzine tačke su dati na slici desno.U početnom trenutku t0 = 0 tačka je u položajux(t0) = 0. Trenutak vremena t1 u kome se tačka po

prvi put nalazi u položaju x = a

√3

2nalazimo iz

x(t1) = a sin ωt1 = a

√3

2⇒ ωt1 = π

3.

Srednju vrednost intenziteta brzine u periodu t ∈[t0, t1] dobijamo iz sledećeg izraza

v = 1t1 − t0

t1∫t0

v(t) dt = 1t1

t1∫0

v(t) dt

Dalje sledi

v = 1t1

t1∫0

ωa cos ωt dt = a

t1

t1∫0

cos ωt d(ωt) = a

t1

ωt1= π3∫

ωt0=0

cos ωt d(ωt)

= aω

ωt1sin ωt

∣∣∣∣ωt1= π3

ωt0=0= aω

π3

(sin π

3− sin 0

)= 3aω

π·

√3

2= 3

√3

2πaω.

13 ⃝a Potencijalna energija tela mase m u gravitacionom polju Zemlje na visini h od površi Zemlje data jeizrazom (u odnosu na referentu tačku u beskonačnosti)

Ep(h) = −γmM

R + h

gde je γ gravitaciona konstanta, M masa Zemlje i R poluprečnik Zemlje.

U početnom položaju na površi Zemlje, telo ima brzinu v =√

gR

3vertikalno naviše tako da je njegova kinetička

energija data izrazomEk1 = 1

2mv2 = mgR

6dok je potencijalna energija u početnoj tački na površi Zemlje (h1 = 0)

Ep1 = Ep(0) = −γmM

R

te je ukupna energija ovog tela u početnoj tački

E1 = Ep1 + Ek1 = mgR

6− γ

mM

R

U tački u kojoj telo dostiže maksimalnu visinu, njegova brzina je v2 = 0 te je kinetička energija Ek2 = 0, dokza potencijalnu energiju važi

Ep2 = Ep(hmax) = −γmM

R + hmax

8


što ujedno odgovara i ukupnoj energiji u toj tački E2 = Ep2 + Ek2 = Ep2.Iz zakona održanja energije imamo

E1 = E2 ⇒ mgR

6− γ

mM

R= −γ

mM

R + hmax⇒ gR

6= γ

M

R

(1 − R

R + hmax

)Kako za gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje važi

g = γM

R2 ⇒ γM

R= gR

to se iz prethodnog izraza dalje dobija

gR

6= gR

(1 − R

R + hmax

)⇒ R

R + hmax= 5

6⇒ 1 + hmax

R= 6

5⇒ hmax = 1

5R.

14 ⃝c Označimo čvorove u kolu kao na slici ispod

A BP Q

C1 C2 C3

Uzimajući u obzir da za potencijale u čvorovima P i Q važi

VP = VB

VQ = VA

to su naponi između kontakata kondenzatora C1, C2 i C3 jednaki i iznose

U1 = UAP = UAB

U2 = UQP = UAB

iU3 = UQB = UAB

što znači da su ova tri kondenzatora vezana paralelno između čvorova A i B i ekvivalentno kolo se možepredstaviti kao na slici ispod

A B

C2

C1

C3

Q P

Sada se za ekvivalentnu kapacitivnost između tačaka A i B za kondenzatore kapacitivnosti C1 = C2 = C3 =C = 3 nF ima

1Ce

= C1 + C2 + C3 = 3C = 9 nF.

15 ⃝a U zadatom kolu, otpornici R1, R2, R3 i R4 su svi pod naponom UAB te su u paralelnoj vezi između tačakaA i B. Svi otpornici R5, R6, R7 i R8 između tačaka B i C su kratko spojeni te njima ne teče struja (svi otporniciizmeđu tačaka B i C “vise”) i mogu se zanemariti pri određivanju ekvivalentne otpornosti.Zadato kolo se stoga može predstaviti redom sledećim ekvivalentnim kolima:

9


A

B

R1 R4 R2 R3

R8 R7 R6

A

B

C

R5

R1 R4 R2 R3

A

B

C

R5 R8 R6 R7

R1 R4 R2 R3

Sada se za ekvivalentu otpornost RAB između tačaka A i B dobija

1RAB

= 1R1

+ 1R2

+ 1R3

+ 1R4

i kako je R1 = R2 = R3 = R4 = R = 3 Ω, to konačno dobijamo

RAB = R

4= 3

4Ω.

16 ⃝b Na telo deluju sledeće sile (videti sliku):• Sila Zemljine teže, vertikalno naniže

Q↓ = mg = ρV g

• Sila zatezanja kanapa T↓, vertikalno naniže• Sila potiska na delu tela zapremine V2 koji se nalazi u teč-

nosti veće gustine ρ2, vertikalno naviše

Fp2↑ = ρ2V2g

• Sila potiska na delu tela zapremine V1 koji se nalazi u teč-nosti manje gustine ρ1, vertikalno naviše

Fp1↑ = ρ1V1g

U stanju ravnoteže imamo

T↓ + Q↓ = Fp1↑ + Fp2↑

T↓ = ρ1V1g + ρ2V2g − ρV g = ρ12V

5g + ρ2

(V − 2V

5

)g − ρV g =

(25

ρ1 + 35

ρ2 − ρ

)gV

gde zamenom zadatih vrednosti ρ1 = 1000 kg/m3, ρ2 = 1500 kg/m3, ρ = 800 kg/m3, V = 1 dm3 = 10−3 m3 ig = 10 m

s2 dobijamoT↓ = 5 N.

17 ⃝d Položaj svetle pruge koji se dobija na ekranu na udaljenosti L od dva paralelna proreza u Youngovominterferencionom eksperimentu u vakuumu (videti sliku) dat je izrazom

ym = mλL

d, m ∈ Z

10


te je rastojanje između dve susedne svetle pruge dato sa

∆y = ym+1 − ym = λL

d

U prozirnoj tečnosti indeksa prelamanja n > 1, brzina prostiranja svetlosti je c1 = c

n, gde je c brzina prostiranja

svetlosti u vakuumu. Talasna dužina monohromatske svetlosti u toj sredini je

λ1 = c1

f= 1

n

c

f= λ

n

te je rastojanje između dve susedne svetle pruge u ovoj sredini dato sa

∆y1 = λ1L

d= λ

n

L

d= 1

n∆y

Sada imamon = ∆y

∆y1= ∆y

45 ∆y1

= 54

= 1.25.

18 ⃝d Broj radioaktivnih jezgara N(t) pri radioaktivnom raspadu opisanim konstantom raspada λ dat je izrazom

N(t) = N0e−λt

Vreme poluraspada je vreme za koje se raspadne polovina od početnog broja jezgara N0

N(T ) = N0

2= N0e−λT ⇒ T = ln 2

λ

Radioaktivni raspad se može opisati i preko vremena poluraspada sledećim izrazom

N(t) = N0e−λt = N0e− ln 2T t = N0

(eln 2)− t

T = N0 · 2− tT

Aktivnost radioaktivnog izvora je definisana izrazom

A(t) = λN(t) = ln 2T

N0 · 2− tT

Tražimo vreme posle kojeg su aktivnosti dva različita radioaktivna izvora, data parametrima T1 = T, T2 = 14

T ,N02 = 8N01, jednake, odnosno

A1(t) = A2(t)ln 2T1

N01 · 2− tT1 = ln 2

T2N02 · 2− t

T2

2t

T2− t

T1 = T1

T2· N02

N01

2 4tT − t

T = 4 · 8

2 3tT = 25 ⇒ 3t

T= 5 ⇒ t = 5

3T.

11


V

p

p1

p2

V1 V2

b(p1, V1)

b (p2, V2)p = aV

19 ⃝b Termodinamički proces iz zadatka se grafičkimože predstaviti u pV dijagramu kao na slici desno.Kako je V2 = 2V1 i p = aV to sledi

p2 = aV2 = 2aV1 = 2p1

Mehanički rad koji izvrši gas prelaskom iz stanja(p1, V1) u stanje (p2, V2) jednak je površini ispod krivep(V ). U pitanju je trapez osnova jednakih p1 i p2 ivisine V2 − V1 te se njegova površina dobija iz izraza

A = 12

(p1+p2)(V2−V1) = 12

(p1+2p1)(2V1−V1) = 32

p1V1.

Ekvivalentan način izračunavanja rada koji gas izvršiprelaskom iz stanja 1 u stanje 2 je rešavanjem integrala

A =V2∫

V1

p(V ) dV

A =V2∫

V1

aV dV = 12

aV 2∣∣∣∣V2

V1

A = a

2a(V 2

2 − V1)

= 3a

2V 2

1 = 32

p1

V1V 2

1 = 32

p1V1.

20 ⃝e Primenom Snell-ovog zakona prelamanja sve-tlosti u tačkama A i B imamo (videti sliku)

A : n1 sin θ1 = n2 sin θ2

B : n2 sin θ2 = n0 sin θ

Kako je n0 = 1 (vazduh) i θ = π

2− α to prethodna

jednačina postaje

n2 sin θ2 = cos θ ⇒ sin θ2 = 1n2

cos α

sin θ1 = n2

n1sin θ2 = 1

n1cos α

Sada sa slike dalje imamo

x1 = h

2tg θ1

ix2 = h

2tg θ2

te jex = x1 + x2 = h

2( tg θ1 + tg θ2)

odakle se za prividnu dubinu y dobija

y = x tg α = h

2( tg θ1 + tg θ2) tg α

Sada za α → π

2imamo da je

tg α = sin α

cos α≈ 1

cos α

12


Tada takođe važi θ1,2 → 0 gde za male uglove θ1, θ2 << 1 imamo

tg θ1,2 ≈ sin θ1,2

Odavde dalje sledi

y = h

2( tg θ1 + tg θ2) tg α ≈ h

2(sin θ1 + sin θ2) 1

cos α= h

2

(1n1

cos α + 1n2

cos α

)1

cos α

y = h

2

(1n1

+ 1n2

)= h

n1 + n2

2n1n2.

13



(25. jun 2019)


1. Nukleoni sua) elektron i pozitron b) kvarkovi i leptoni c) proton i neutrond) sve elementarne čestice e) elektron i mion n) ne znam (3 poena)

2. Autor specijalne i opšte teorije relativnosti je

a) Niels Bohr b) James Clerk Maxwell c) Erwin Schrodingerd) Albert Einstein e) Enrico Fermi n) ne znam (3 poena)

3. Rad koji izvrši mala količina naelektrisanja kada se kreće po ekvipotencijalnoj površi u elektrostatičkompolju je

a) zavisi od brzine b) pozitivan c) zavisi od dužine putad) negativan e) jednak nuli n) ne znam (3 poena)

4. Kvant svetlosti naziva sea) elektron b) foton c) leptond) fonon e) kripton n) ne znam (3 poena)

5. Skalarne veličine sua) električni potencijal, moment inercije b) sila, električno poljec) moment impulsa, brzina d) impuls, moment silee) pomeraj, ubrzanje n) ne znam (3 poena)

6. Jedinica kojom se iskazuje pritisak u SAD je psi (funta po inču na kvadrat × g). Ako masi od 1 funteodgovara masa u SI sistemu od 0.454 kg, dužina od 1 inča u SI sistemu iznosi 2.54 cm i g = 9.81 m/s2, pritisakod 1 psi jednak je

a) 6.9 kPa b) 0.7 kPa c) 100 mmHgd) 6.9 hPa e) 1 Torr n) ne znam (4 poena)

7. Ako je tanko stakleno sočivo koje se nalazi u vazduhu deblje na krajevima nego u sredini ono je

a) sabirno b) rasipnoc) zavisi od updnih zraka d) zavisi od indeksa prelamanja staklae) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (4 poena)

8. Jedinica za energiju eV (elektron-volt) je jednaka (1e = 1.6 · 10−19 C)

a) 0.625 · 1019 J b) 1.6 · 1019 J c) 1.6 · 10−19 Jd) 0.625 · 10−19 J e) 0.625 nJ n) ne znam (4 poena)

15


9. Automobil se kreće po horizontalnom putu brzinom 72 km/h. Ako je koeficijent trenja između puta i guma0.5, najmanje rastojanje na kome može da se zaustavi automobil (g = 10 m/s2)

a) 10 m b) 20 m c) 100 md) 40 m e) 25 m n) ne znam (4 poena)

10. Nestišljiv idealni fluid protiče kroz cev promenljivog prečnika. Ako je na mestu A poprečni presek cevipovršine SA i brzina fluida vA, a na mestu B poprečni presek cevi površine SB i brzina fluida vB, količnikbrzina na tim presecima vA/vB je

a) SA/SB b)√

SA/SB c)√

SB/SA

d) (SA/SB)2 e) SB/SA n) ne znam (4 poena)

11. Opruga A ima konstantu istezanja kA = 4k, a opruga B kB = k. Opruge su istegnute tako da su im jednakepotencijalne energije. Količnik sile istezanja opruga A i B, FA/FB je

a) 2 b) 4 c) 1/4d)

√2 e) 1/

√2 n) ne znam (5 poena)

12. Široka cev krutih zidova, otvorena na oba kraja, potpuno je potopljena u vodu. Jedan kraj cevi se zatvori,taj kraj cevi se podigne iznad vode tako da cev zauzme vertikalan položaj, a drugi kraj cevi ostane u vodi.Ako je gustina vode ρ = 103 kg/m3, normalan pritisak vazduha p0 = 100 kPa, maksimalna visina do koje će sepopeti voda u cevi je (g = 10 m/s2)

a) 5 m b) 10 m c) 760 mmd) 1 m e) 0.1 m n) ne znam (5 poena)

13. Stalna jednosmerna struja jačine I uspostavljena je u zatvorenoj petlji napravljenojod tanke žice. Petlja se nalazi u ravni, a sastoji se od dva koncentrična nepotpuna krugaspojena pravolonijskim provodnicima koji imaju radijalni pravac kao na slici uz zadatak.Ako je a = R i b = 2R, intenzitet magnetskog polja u centru krugova u tački C je

a) I

16Rb) 3I

8R

c) 3I

16Rd) I

8R

e) 3I

4Rn) ne znam

𝑎

𝑏

𝐼

C

(5 poena)

14. Laserski zrak O pada pod pravim uglom na jednu stranu prizme čijipoprečni presek predstavlja jednakokraki pravougli trougao prikazan na sliciuz zadatak. Zrak se totalno reflektuje od dijagonalne strane, a izlazni zrakI napušta drugu pravouglu stranu prizme pod pravim uglom. Ako je ugaototalne refleksije θ = 45o, a prizma se nalazi u vakuumu, indeks prelamanjan materijala prizme je

a) n < 1.2 b) n <√

2c) 1.2 < n <

√2 d) n >

√2

e) nijedan od odgovora od a) do d) nijetačan

n) ne znam

𝜃

O

I

(5 poena)

16


15. Osam kapljica žive sfernog oblika istog poluprečnika, znaka i količine naelektrisanja nalaze se u vakuumu.Potencijal svake kapljice u odnosu na referentnu tačku u beskonačnosti jednak je V . Potencijal velike kapljekoja nastaje spajanjem svih 8 kapljica u odnosu na referentnu tačku u beskonačnosti je

a) 2V b) V/4 c) 8V

d) V/8 e) 4V n) ne znam (7 poena)

16. Laserski snop svetlosti upada normalno na optičku rešetku. Difrakcija svetlosti prvog reda se detektujepod uglom 32o. Difrakcija drugog reda se vidi pod uglom

a) 48o b) 64o

c) 80o d) 72o

e) ne postoji difrakcija drugog reda u ovom slu-čaju

n) ne znam (7 poena)

17. Lopta, prosečne gustine 4 puta manje od gustine tečnosti, kreće se ka površi konstantnom brzinom.Količnik viskozne sile trenja kojom tečnost deluje na loptu i njene težine je

a) 1 b) 2 c) 3d) 4 e) 5 n) ne znam (7 poena)

18. Deo električnog kola se sastoji od 9 otpornika otpornosti po-vezanih kao na slici uz zadatak. Ekvivalentna otpornost izmeđutačaka A i B je

a) 2 Ω b) 3 Ωc) 6 Ω d) 4 Ωe) 12 Ω n) ne znam

6 Ω 6 Ω

6 Ω 6 Ω 12 Ω

12 Ω

12 Ω

A BC

6 Ω 6 Ω

(8 poena)

19. Zapremina gasa u toplotnoj mašini koja radi po Carnotovom ciklusu na kraju procesa sirenja gasa 3 putaje veća u odnosu na zapreminu gasa na početku širenja, dok se pritisak gasa pri ovom širenju smanji 4 puta.Koeficijent korisnog dejstva ove mašine je

a) 1/8 b) 1/4 c) 1/3d) 1/2 e) 1 n) ne znam (8 poena)

20. Pretpostavimo da je otkrivena nova planeta iste mase i poluprečnika R kao Zemlja, pri čemu se u njenojsredini nalazi sferna šupljina poluprečnika R/2. Ako je g gravitaciono polje na površi Zemlje, na površi noveplanete je intenzitet gravitacionog polja

a) g b) 2g c) g/8d) 4g e) g/2 n) ne znam (8 poena)

17


18


REŠENJA

1 ⃝c Nukleoni su elementarne čestice koje formiraju jezgro atoma: protoni i neutroni.

2 ⃝d Albert Einstein je autor specijalne i opšte teorije relativnosti.

3 ⃝e Rad koji izvrši mala čestica naelektrisanja q kada se kreće u elektrostatičkom polju iz tačke sa potencijalomV1 u tačku sa potencijalom V2 data je formulom

A = q(V2 − V1)

Za ekvipotencijalnu površ važi V1 = V2 ⇒ A = 0

4 ⃝b Kvant (ili najsitnija čestica) svetlosti je foton.

5 ⃝a Električni potencijal i moment inercije su skalarne veličine.

6 ⃝a

1 psi = 0.454 kg(2.54 · 10−2 m)2 · 9.81 m

s2 = 0.454 · 9.81 · 104

6.54kg

m s2 = 6.9 · 103 Pa

7 ⃝b Tanko stakleno sočivo koje je deblje na krajevima nego u sredini je rasipno.

8 ⃝c1 eV = 1.6 · 10−19 C · 1 V = 1.6 · 10−19 J

9 ⃝d

Automobil se kreće brzinom v0 = 72 kmh = 20 m

s . Kinetička energija automobila je data izrazom

E = 12

mv20

gde je m masa automobila. Na automobil deluje sila trenja u smeru suprotnom od smera kretanja auta dataizrazom

F = kN = kmg

Ako se auto zaustavi na rastojanju s, onda je rad koji je uložila (konstantna) sila trenja na tom putu

A = Fs = kmgs

Iz zakona održanja energije imamo

A = E ⇒ kmgs = 12

mv20 ⇒ s = v2

02kg

=400 m2

s2

2 · 0.5 · 10 ms2

= 40 m

10 ⃝e Za nestišljiv idealni fluid u presecima A i B važi jednačina protoka

vASA = vBSB ⇒ vAvB

= SBSA

11 ⃝a Neka je opruga A istegnuta za dužinu xA i opruga B za dužinu xB. Tada je potencijalna energija ovihdveju opruga

EA = 12

kAx2A i EB = 1

2kBx2

B

19


Iz uslova zadatka EA = EB sledi

kAx2A = kBx2

B ⇒ xAxB

=√

kBkA

Za sile istezanja ove dve opruge imamo

FA = −kAxA i FB = −kBxB

odakle dobijamoFAFB

= kAkB

· xAxB

= kAkB

·√

kBkA

=√

kAkB

= 2

12 ⃝b Pretpostavimo da je u stanju ravnoteže visina vodenog stuba u cevi h kao na slici. Neka je pritisakvazduha u zatvorenom delu cevi p i normalan vazdušni pritisak p0.

hp0

p

A B

Ukupan pritisak u tački B unutar cevi jepB = p + ρgh

dok je pritisak u tački A jednak vazdušnom pritisku

pA = p0

VažipA = pB ⇒ h = p0 − p

ρg

Maksimalna visina stuba je u slučaju da u zatvorenom delu cevi imamo vakuum p = 0

hmax = p0

ρg

hmax = 100 · 103 Pa1000 kg

m3 · 10 ms2

= 10 m

13 ⃝c Na osnovu principa superpozicije, ukupna jačina magnetnog polja u tački C jednaka je

H = H1 + H2 + H3 + H4

gde je H1 jačina magnetnog polja koje potiče od 3/4 kružnog provodnika poluprečnika a, H2 jačina magnetnogpolja koje potiče od 3/4 kružnog provodnika poluprečnika b, H3 jačina magnetnog polja koje potiče od segmentapravolinijskog provodnika duž x − ose, H4 jačina magnetnog polja koje potiče od segmenta pravolinijskogprovodnika duž y − oseUzimajući u obzir da je jačina magnetskog polja u centru kružnog provodnika poluprečnika r kojim teče stalnajednosmerna struja jačine I data izrazom

H(r) = I

2r

dalje dobijamo sledeće izraze.

20


• Koristeći princip superpozicije, jačina magnetnog polja koje potiče od 3/4 kružnog provodnika polupreč-nika a, jednaka je 3/4 jačine magnetnog polja koje potiče od kompletnog kružnog provodnika poluprečnikaa. Uzimajući u obzir smer struje, pravilom desne ruke dobijamo da je ovaj vektor normalan na ravan slikei izlazi iz te ravni. Usvajamo taj smer za pozitivan, te imamo

H1 = 34

H(a) = 34

I

2a

𝐼

𝑎

𝐼

H1

• Slično, jačina magnetnog polja koje potiče od 3/4 kružnog provodnika poluprečnika b, jednaka je 3/4jačine magnetnog polja koje potiče od kompletnog kružnog provodnika poluprečnika b. Uzimajući u obzirsmer struje, pravilom desne ruke dobijamo da je ovaj vektor normalan na ravan slike i ulazi u ravan slike(negativan smer), te imamo

H2 = −34

H(b) = −34

I

2b

𝑏

𝐼

𝐼

H2

𝐼

• Kako se tačka C nalazi na osi segmenta oba pravolinijska provodnika (jednog duž x − i drugog duž y −ose), to je jačina magnetnog polja koje potiče od njih jednaka nuli

H3 = H4 = 0

𝐼

𝐼

H3/4

𝐼

𝐼

Konačno dobijamoH = H1 + H2 + H3 + H4 = 3

4I

2

(1a

− 1b

)= 3I

16R

14 ⃝d Na osnovu Snell-ovog zakona za prelamanje svetlosti na diagonalnoj strani prizme indeksa prelamanja nimamo

n sin θ1 = 1 sin θ2

21


Kako za upadni kritični ugao θ1 = θc = 45o nema prelamanja zraka (postoji samo totalna refleksija), u graničnomslučaju imamo θ2 = 90o te sledi

n sin θc = 1 ⇒ n = 1sin θc

=√

2

𝜃

O

I

Sada za sve upadne uglove θ1 ≥ θc dolazi to totalne refleksije u prizmi u kojoj je indeks prelamanja n =√

2.Slično za sve indekse prelamanja n >

√2 dolazi do totalne refleksije u prizmi za upadni ugao θc = 45o.

15 ⃝e Potencijal sferne kapljice poluprečnika R1 i količine naelektrisanja q1 u odnosu na referentnu tačku ubeskonačnosti dat je izrazom

V1 = q1

4πR1Spajanjem osam takvih kapljica, dobijamo veliku sfernu kaplju poluprečnika R8 i ukupne količine nalektrisanjeq8.Za zapreminu novonastale velike sferne kaplje važi

V8 = 8V1 ⇒ 43πR2

8 = 8 · 43πR3

1 ⇒ R8 = 3√

8R1 = 2R1

Za ukupnu količinu nalektrisanja na novonastaloj velikoj sfernoj kaplji imamo

q8 = 8q1

Sada se za potencijal nove kaplje u odnosu na referentnu tačku u beskonačnosti dobija

V8 = q8

4πR8= 8q1

4π(2R1)= 4 q1

4πR1= 4V1

16 ⃝e Položaji maksimuma jačine svelosti kao rezultata difrakcije zraka na optičkoj rešetki razmaka d dati suizrazom

d sin θm = mλ, m = 0, 1, 2, . . .

Iz uslova zadatka, da se difrakcija svetlosti prvog reda (m = 1) detektuje za θ1 = 32o, dobijamo

d sin 32o = λ

Za ugao difrakcije svetlosti drugog reda (m = 2) imamo

d sin θ2 = 2λ = 2d sin 32o ⇒ sin θ2 = 2 sin 32o

Kako je sin 32o > sin 30o = 12

to dalje sledi

sin θ2 = 2 sin 32o > 2 sin 30o = 1

Poslednja nejednačina sin θ2 > 1 nema rešenja u skupu realnih brojeva te difrakcija svetlosti drugog reda nepostoji.

17 ⃝c Na loptu zapremine V i gustine ρ1 = 14

ρ (gde je ρ gustina vode) pri ravnomernom kretanju vertikalnonaviše deluju sledeće sile:

22


• sila Zemljine teže Q vertikalno nanižeQ = mg = ρ1V g

• sila potiska Fp vertikalno navišeFp = ρgV = ρ1V g

ρ

ρ1= Q

ρ

ρ1

• viskozna sila trenja Fv, u smeru suprotnom od smera kretanja lopte vertikalno nanižePrema II Newton-ovom zakonu za ravnomerno kretanje vertikalno naviše važi

Fp − Q − Fv = 0 ⇒ Qρ

ρ1− Q = Fv ⇒ Fv

Q= ρ

ρ1− 1 = 3

18 ⃝d Označimo čvorove u kolu kao na slici ispod

6 Ω 6 Ω

6 Ω 6 Ω 12 Ω

12 Ω

12 Ω

A BC

6 Ω 6 Ω

E D

F

Uzimajući u obzir da je ekvivalentna otpornost redne veze dva otpornika jednakih otpornosti R data sa

Re = R + R = 2R

a da je ekvivalentna otpornost paralelne veze ova dva otpornika data sa

Re = R · R

R + R= R

2

to se zadato kolo može postepeno transformisati u sledeća ekvivalentna kola

6 Ω

A B

6 Ω

C

6 Ω

E

6 Ω

F

6 Ω

D

12 Ω

12 Ω

12 Ω

6 Ω

≡

A B

6 Ω

E

6 Ω

F

6 Ω

D

12 Ω

12 Ω

12 Ω

6 Ω

12 Ω

≡

23


A B

6 Ω

E

6 Ω

F

6 Ω

D

12 Ω

12 Ω

6 Ω

6 Ω

≡

A B

6 Ω

F

6 Ω

D

12 Ω

12 Ω

6 Ω

12 Ω

≡

A B

6 Ω

F

6 Ω

D

12 Ω

6 Ω

6 Ω

≡

A B

6 Ω

D

12 Ω

6 Ω

12 Ω

≡

A B

6 Ω

D

6 Ω

6 Ω

24


≡

A B

6 Ω

12 Ω

Konačno se za ekvivalentnu otpornost između čvorova A i B dobija

RAB = 6 · 126 + 12

Ω = 4 Ω

19 ⃝b Jednačine stanja idealnog gasa na početku procesa širenja je

p1V1 = nRT1

dok je jednačina stanja idealnog gasa na kraju procesa širenja

p2V2 = nRT2

gde je prema uslovu zadatka V2 = 3V1 i p2 = 14

p1.

Iz prethodnih jednačina za temperature na početku i na kraju procesa širenja dobijamo

T2

T1= p2V2

p1V1= 1

4· 3 = 3

4.

Koeficijent korisnog dejstva ove mašine koja radi po Carnot-ovom ciklusu sada je dat jednačinom

η = 1 − T2

T1= 1

4

20 ⃝a Gravitaciono polje (ubrzanje) na površi planete Zemlje, mase M i poluprečnika R, može se izračunatiprimenom Gauss-ovog zakona gravitacije: ∮

S

g · dS = −4πγm

gde je S površ na kojoj računamo gravitaciono polje, γ gravitaciona konstanta i m masa koja se nalazi unutarpovrši S.

25


Najpre pretpostavimo da je Zemlja sfera sa gravitacionim poljem koje je usmereno u radijalnom pravcu premacentru Zemlje čija je jačina konstantna u svakoj tački na površi sfere. Kako je jedinična površina data sa

dS = dSn

gde je n jedinični vektor normalan na površ dS i usmeren u radijalnom pravcu od centra Zemlje, to važi

g · dS = −gdS

Neka je S sfera koja odgovara površi Zemlje. Kako smo pretpostavili da je g konstantno za zadato rastojanjeR od centra, to jest konstantno na površi Zemlje S, to dalje imamo∮

S

g · dS = −∮

S

gdS = −g

∮S

dS = −gS = −g4πR2

te iz Gauss-ovog zakona gravitacije dobijamo

−g4πR2 = −4πγm

gde je ukupna masa unutar sfere S jednaka masi Zemlje m = M te dalje sledi

g = γm

R2 = γM

R2

Novootkrivena planeta ima isti poluprečnik R i masu M kao i planeta Zemlja, sa tom razlikom da je masadrugačije preraspodeljena tako da planeta ima sfernu šupljinu poluprečnika R/2 kao na slici ispod.

Ako pretpostavimo je sferna simetrija gravitacionog polja novootkrivene planete ista kao kao i u slučaju planeteZemlje (gravitaciono polje koje je usmereno u radijalnom pravcu prema centru planete i čija je jačina konstantnau svakoj tački na površi planete) onda primenom Gauss-ovog zakona gravitacije na isti način dobijamo

−g14πR2 = −4πγm1

i kako je ukupna masa novootkrivene planete unutar sfere S jednaka masi Zemlje m1 = M sledi

g1 = γm1

R2 = γM

R2 = g

26



(26. jun 2018)


1. Jedinica kojom se najčešće iskazuje vazdušni pritisak je mbar. Ona je jednaka

a) 1 mmH2O b) 1 psig c) 1 Torrd) 1 mmHg e) 1 hPa n) ne znam (3 poena)

2. Tri zakona po kojima se kreću planete oko Sunca otkrio je

a) Johannes Kepler b) Christian Dopplerc) Thomas Young d) Christiaan Huygense) René Descartes n) ne znam (3 poena)

3. Energija koju zrači Sunce potiče od

a) fisione reakcije b) fuzione reakcijec) hemijske reakcije d) sagorevanjae) gravitacionih talasa n) ne znam (3 poena)

4. Kvant svetlosti naziva sea) elektron b) elektron c) pozitrond) foton e) neutrino n) ne znam (3 poena)

5. Vektorske veličine sua) mehanički rad, energija b) moment inercije, jačina električne strujec) moment sile, magnetska indukcija d) dužina, temperaturae) vreme, naelektrisanje n) ne znam (3 poena)

6. Brzina zvuka u vazduhu je 332 m/s. Izražena u jedinicama km/h ona iznosi

a) 1195 km/h b) 1046 km/h c) 1115 km/hd) 1258 km/h e) 1375 km/h n) ne znam (4 poena)

7. Fluks homogenog magnetskog polja kroz ravnu površ

a) zavisi samo od intenziteta vektora magnetske indukcijeb) zavisi samo od površine kroz koju prolaze magnetske linije silac) zavisi samo od orijentacije površi prema vektoru magnetske indukcijed) zavisi od svih veličina navedenih pod a), b) i c)e) je nezavisan od veličina navedenih pod a), b) i c)n) ne znam (4 poena)

8. Na kuglicu mase 10 g, koja se izbaci sa površine Zemlje vertikalno uvis početnom brzinom od 20 m/s, tokom

27


kretanja deluje otporna sila vazduha. Ako kuglica padne na površinu Zemlje brzinom od 10 m/s, apsolutnavrednost rada otporne sile vazduha na kuglicu od trenutka njenog izbacivanja do trenutka udara u Zemlju je

a) 0 J b) 1.5 J c) 2 Jd) 2.5 J e) 0.5 J n) ne znam (4 poena)

9. Jedinica za snagu W (vat) se može izraziti preko fizičkih jedinica

a) kg m2 s−1 b) kg m2 s−2 c) kg m2 s−3

d) kg m s−2 e) kg m2 s n) ne znam (4 poena)

10. Jezgro 126 C apsorbuje neutron. Nove jezgro emituje elektron i prelazi u

a) 115 B b) 14

7 N c) 135 B

d) 136 C e) 13

7 N n) ne znam (4 poena)

11. Dva dugačka provodnika kružnog poprečnog preseka napravljena su od istog materijala i imaju istu dužinu.Provodnik A je pun cilindar prečnika d, a provodnik B je cilindar sa šupljinom u sredini. Spoljašni prečnikprovodnika B je 2d a prečnik šupljine je d. Količnik otpornosti provodnika A i B između poprečnih preseka nanjihovim krajevima je


12. Na slici su prikazane tri šeme oscilatornih kola sa ka-lemom induktivnosti L i kondenzatorima kapacitivnostiC. Sopstvene kružne učestanosti ovih oscilatornih kolasu

a) ωc > ωa > ωb b) ωa > ωc > ωb

c) ωb > ωa > ωc d) ωc > ωb > ωa

e) ωb = ωc > ωa n) ne znam(5 poena)

13. Dizalica podiže i spušta teret pomoću vertikalnog užeta. Maksimalna masa tereta koja se može podićiubrzanjem a tako da se uže ne prekine je m1 = 1000 kg, dok maksimalna masa tereta koja se može spustitiistim ubrzanjem a iznosi m2 = 1500 kg. Maksimalna masa tereta koja se može vertikalno podići pomoću ovogužeta konstantnom brzinom je

a) 1300 kg b) 1250 kg c) 1200 kgd) 2000 kg e) 500 kg n) ne znam (5 poena)

14. Laserski zrak iz vakuuma pada na ravnu površ providnog dielektričnog bloka indeksaprelamanja n =

√2. Zrak se prvo prelama, a zatim totalno reflektuje u dielektrik pod uglom

60o kao na slici. Upadni ugao α zraka je

a) 60o b) 75o

c) 35.3o d) 45o

e) 15o n) ne znam

(5 poena)

28


15. U kolu prikazanom na slici kroz otpornik otpornosti 4 Ω protiče strujaI4 = 1.5 A. Struja I5 koja protiče kroz otpornik otpornosti 5 Ω je

a) 3 A b) 1.5 Ac) 1.2 A d) 2.4 Ae) 1.8 A n) ne znam

(7 poena)

16. Telo na Mesecu ima težinu 100 N. Ako je poznato da je masa Meseca 80 puta manja od mase Zemlje,poluprečnik Meseca 4 puta manji od poluprečnika Zemlje i ubrzanje Zemljine teže g = 10 m/s2, masa tela je


17. U vodi gustine ρv pliva blok 1 (u obliku kvadra) homogenegustine ρ1 = ρv/3. Na bloku 1 je zalepljen manji blok 2homogene gustine ρ2 = 2ρv. U položaju blokova kao na slicia) polovina zapremine bloka 1 je potopljena u vodu. Ako seblok 1 okrene tako da je blok 2 u vodi kao na slici b) deozapremine bloka 1 potopljen u vodu biće

a) 5/12 b) 3/8c) 4/11 d) 4/9e) 2/7 n) ne znam

(7 poena)

18. Dve žice otpornosti R i 2R imaju oblik polukruga. Žice suspojene u tačkama A i B tako da formiraju krug poluprečnika r(videti sliku uz zadatak). Pravolinijski provodnici kroz koje je us-postavljena struja jačine I leže u ravni kruga, spojeni su sa krugomu tačkama A i B i imaju pravac ka centru kruga C. Intenzitetmagnetskog polja u centru kruga je

a) I/(4r) b) I/(6r)c) I/(12r) d) I/(3r)e) 0 n) ne znam

(8 poena)

19. Dve planete, svaka mase m, rotiraju oko zvezde mase M po kružnicipoluprečnika R. Tokom kretanja centri planeta i zvezde leže na pravojliniji kao na slici. Period obilaska planete oko zvezde je (γ je gravitacionakonstanta)

a) 2π

√R3

γ(M − m/2)b) 2π

√R3

γ(M − m/4)

c) 2π

√R3

γ(M + m/2)d) 2π

√R3

γ(M + m/4)

e) 2π

√R3

γ(M + 2m)n) ne znam

(8 poena)

29


20. Kocka homogene gustine, dužine stranice 15 cm, pliva u vodi. Gornjapovrš kocke je horizontalna i nalazi se iznad vode na visini h = 5 cm(videti sliku uz zadatak). Kocka se malo izvuče iz vode i pusti. Periodoscilovanja kocke je približno (g = 10 m/s2)

a) 0.12 s b) 0.44 sc) 0.77 s d) 1.6 se) 0.63 s n) ne znam

(8 poena)

30


REŠENJA

1 ⃝e1 bar = 105 Pa = 1000 hPa

1 mbar = 1 hPa

2 ⃝a Planete se oko Sunca kreću po tri Keplerova zakona.

3 ⃝b Energija koju zrači Sunce potiče od nuklearne fuzije jezgara vodonika u jezgra helijuma.

4 ⃝d Kvant (ili najsitnija čestica) svetlosti je foton.

5 ⃝d Rad, energija, vreme, naelektrisanje, moment inercije, jačina električne struje, dužina i temperatura su sveskalarne veličine. Moment sile i magnetska indukcija su vektorske veličine.

6 ⃝av = 332 m

s = 332 · 10−3 km · 3600 1h = 1195.2 km

h

7 ⃝d Fluks Φ homogenog magnetskog polja B kroz ravnu površ S dat je skalarnim proizvodom

Φ = B · S

te zavisi od intenziteta magnetske indukcije B, površine S kroz koju prolaze magnetske linije sile i ugla izmeđuvektora magnetske indukcije B i vektora površi S.

8 ⃝b Na osnovu zakona održanja energije važi

E1 = E2 + A

gde je E1 kinetička energija kuglice izbačene vertikalno uvis brzinom v1 sa površine Zemlje

E1 = 12

mv21

E2 je kinetička energija iste kuglice pri padu na površinu Zemlje brzinom v2

E2 = 12

mv22

i A rad koji ulaže otporna sila vazduha, od izbacivanja do pada na zemlju. Sledi

A = E1 − E2 = 12

m(v2

1 − v22)

A = 12

10 · 10−3 kg((

20 ms

)2−(

10 ms

)2)

= 32

kgm2

s2 = 1.5 J

9 ⃝c Snaga P se može izraziti kao rad A uložen u jedinici vremena t:

P = A

t

S druge strane, rad A se može izraziti kao proizvod (konstantne) sile F koja deluje na telo duž rastojanja l:

A = F · l

31


⇒ P = F · l

t

Analizom jedinica sa desne i leve strane poslednje jednačine, dobijamo

W = Nms = kgm

s2ms = kgm2

s3

10 ⃝e Jezgro 126 C ima atomski broj p1 = 6 (što odgovara broju protona) i maseni broj p1 +n1 = 12 (što odgovara

zbiru broja protona i neutrona). Dakle broj neutrona u jezgru je n1 = 6.Pri apsorpciji neutrona, broj neutrona u jezgru se poveća za jedan n2 = n1 + 1 = 7, dok broj protona ostajenepromenjen p2 = p1 = 6.Pri emitovanju elektrona dolazi do prelaska jednog neutrona u proton: n3 = n2 − 1 = 6, p3 = p2 + 1 = 7.Dakle, atomski broj rezultujućeg jezgra je p3 = 7 a maseni broj p3 + n3 = 6 + 7 = 13 što odgovara jezgru 13

7 N

126 C + n =⇒ 13

7 N + e−

11 ⃝b Neka je l dužina svakog od provodnika A i B i neka je ρ specifična otpornost materijala od kog sunapravljeni.Poprečni presek provodnika A (krug prečnika d) je

SA = 14

πd2

Poprečni presek provodnika B (prsten, spoljašnjeg prečnika 2d i unutrašnjeg prečnika d) je

SB = 14

π((2d)2 − d2) = 3

4πd2

Otpornosti provodnika A i B su sadaRA = ρ

l

SA, RB = ρ

l

SB

te se za njihov količnik dobijaRARB

= SBSA

=34 πd2

14 πd2 = 3

12 ⃝d Sopstvena kružna učestanost oscilatornog kola sa kalemom induktivnosti L i kondenzatorom kapacitivnostiC sa slike a) data je izrazom

ωa = 1√LC

U kolu sa slike b) ekvivalentna kapacitivnost paralelne veze dva kondenzatora kapacitivnosti C je

Cb = C + C = 2C

te je sopstvena kružna učestanost ovog kola

ωb = 1√LCb

= 1√2LC

= ωa√2

U kolu sa slike c) ekvivalentna kapacitivnost redne veze dva kondenzatora kapacitivnosti C je

Cc = C · C

C + C= C

2

32


te je sopstvena kružna učestanost ovog kola

ωc = 1√LCc

=√

2√LC

= ωa√

2

Odavde sledi √2 > 1 >

1√2

⇒ ωa√

2 > ωa >ωa√

2⇒ ωc > ωa > ωb

13 ⃝c Iz uslova zadatka razlikujemo tri slučaja (videti sliku).

1. Pri podizanju tereta mase m1 ubrzanjem a vertikalno naviše, na telo deluju sledeće dve sile• sila zatezanja užeta, vertikalno naviše: T1 = Tmax

• sila Zemljine teže, vertikalno naniže: Fg1 = m1g

Prema drugom Newton-ovom zakonu važi

m1a = T1 − Fg1 = Tmax − m1g

2. Pri spuštanju tereta mase m2 ubrzanjem a vertikalno naniže na telo deluju sledeće dve sile• sila zatezanja užeta, vertikalno naviše: T2 = Tmax


i prema drugom Newton-ovom zakonu imamo

m2a = Fg2 − T2 = m2g − Tmax

3. Kad se teret mase m3 podiže konstantnom brzinom (tada je a3 = 0) vertikalno naviše na telo deluju• sila zatezanja užeta, vertikalno naviše: T3 = Tmax


i prema drugom Newton-ovom zakonu imamo

m3 · 0 = T3 − Fg3 = Tmax − m3g

Iz prve jednačine za ubrzanje a imamoa = Tmax

m1− g

što smenom u drugoj jednačini daje

m2 ·(

Tmaxm1

− g

)= m2g − Tmax ⇐⇒ (m1 + m2)Tmax = 2m1m2g ⇐⇒ Tmax = 2m1m2

m1 + m2g

Smenom izraza za maksimalnu silu zatezanja užeta u trećoj jednačini konačno dobijamo

m3 = Tmaxg

= 2m1m2

m1 + m2= 1200 kg

33


14 ⃝d Neka je β ugao prelamanja u dielektriku (u tački A), γ1 upadni ugao i γ2 = 60o reflektovani ugao pritotalnoj refleksiji u dielektriku u tački B, kao na slici. Označimo sa n1 = 1 indeks prelamanja u vakuumu i san2 = n =

√2 indeks prelamanja u dielektriku.

Na osnovu zakona refleksije, reflektovani ugao jednak je upadnom uglu, te važi

γ1 = γ2 = 60o

Iz pravouglog trougla ABC za ugao β dobijamo

β = 90o − γ1 = 30o

Najzad, prema Snell-ovom zakonu prelamanja svetlosti, važi

n1 sin α = n2 sin β

sin α = n2

n1sin β = n sin 30o =

√2

2α = 45o

15 ⃝e Označimo struje koje teku granama zadatog električnog kola kao na slici.

Prema Ohm-ovom zakonu, napon između čvorova A i B dat je izrazom

UAB = R4I4 = 4 Ω · 1.5 A = 6 V

Za paralelnu vezu otpornika između čvorova A i B takođe važi

UAB = R6I6 ⇒ I6 = UABR6

= 6 V6 Ω

= 1 A

UAB = R12I12 ⇒ I12 = UABR12

= 6 V12 Ω

= 0.5 A

Prema I Kirchhoff-ovom zakonu za struje u čvoru B se ima

I = I4 + I6 + I12 = 1.5 A + 1 A + 0.5 A = 3 A

Na sličan način, primenom Ohm-ovog zakona na otpornike vezane paralelno između čvorova C i D imamo

UCD = R5I5 = R10I10 = R30I30

34


odakle dobijamo sledeće relacije između struja koje teku ovim granama

I10 = R5

R10I5 = 5

10I5 = 1

2I5

I30 = R5

R30I5 = 5

30I5 = 1

6I5

Primenom I Kirchhoff-ovog zakona za struje u čvoru C se ima

I = I10 + I30 + I5 =(

12

+ 16

+ 1)

I5 = 53

I5

odakle za traženu vrednost struje I5 najzad dobijamo

I5 = 35

I = 95

A = 1.8 A

16 ⃝b Označimo sa m masu tela. Ako je ubrzanje gravitacione sile na površi Meseca g1, za težinu ovog tela naMesecu se ima

Q1 = mg1

Za ubrzanje gravitacione sile na površi Meseca imamo

g1 = γM1

R21

gde je γ − gravitaciona konstantna, M1 − masa Meseca i R1 − njegov poluprečnik.Za ubrzanje gravitacione sile na površi Zemlje (ubrzanje Zemljine teže) takođe važi

g = γM

R2

gde su M i R masa i poluprečnik Zemlje.Iz poslednja dva izraza sledi

g1 = gM1

M

(R

R1

)2

Kako je prema uslovu zadatkaM1

M= 1

80i R1

R= 1

4to se dobija

g1 = g1680

= 15

g

Sada se za masu tela imam = Q1

g1= 5Q1

g= 5 · 100 N

10 ms2

= 50 kg

17 ⃝a Neka je V1 zapremina bloka 1 i V2 zapremina bloka 2. Mase ovih blokova su date izrazima

m1 = ρ1V1 i m2 = ρ2V2

gde su gustine bloka 1 i 2 prema uslovima zadatka

ρ1 = 13

ρv i ρ2 = 2ρv

U položaju a) na sistem blokova deluju• sila Zemljine teže, vertikalno naniže, intenziteta Qa = (m1 + m2)g = (ρ1V1 + ρ2V2) g

• sila potiska na polovinu zapremine tela 1 koja je potopljena u vodu, vertikalno naviše, intenziteta Fpa =12

ρvV1g

35


U ravnotežnom položaju važiFpa = Qa ⇒ ρ1V1 + ρ2V2 = 1

2ρvV1

odakle se za zapreminu manjeg bloka V2 dobija

V2 =12 ρv − ρ1

ρ2V1 = 1

12V1

Neka je Vx deo zapremine bloka 1 koji ostaje potopljen u vodi kada se blok okrene. Ukupna zapremina koja jepotopljena u vodu u ovom slučaju (videti sliku b) je V2 + Vx. Na sistem blokova u ovom slučaju deluju

• ista sila Zemljine teže kao i u slučaju a), vertikalno naniže, intenziteta Qb = Qa

• sila potiska na deo zapremine koji je potopljen u vodi, vertikalno naviše, intenziteta Fpb = ρv(Vx + V2)gU stanju ravnoteže u položaju b) važi

Fpb = Qb ⇒ ρ1V1 + ρ2V2 = ρv(Vx + V2)

Kako važiρv(Vx + V2) = ρ1V1 + ρ2V2 = 1

2ρvV1

to se za deo zapremine bloka 1 koji je potopljen u vodi u slučaju b) dobija

Vx = 12

V1 − V2 = 12

V1 − 112

V1 = 512

V1

18 ⃝c Neka je UAB pad napona između čvorova A i B i neka je I1 jačina struje kroz provodnik otpornosti R iI2 jačina struje kroz provodnik otpornosti 2R (videti sliku).

Na osnovu Ohm-ovog zakona, za pad napona između čvorova A i B važi

UAB = RI1 = 2RI2 ⇒ I2 = 12

I1

Dok na osnovu I Kirchhoff-ovog zakona za čvor A važi

I = I1 + I2 = 32

I1 ⇒ I1 = 23

I i I2 = 13

I

Jačina magnetskog polja u tački C na osnovu principa superpozicije data je izrazom

H = Hp1 + Hk1 + Hk2 + Hp2

gde je Hp1 jačina magnetskog polja koje potiče od leve polovine beskonačno dugačkog pravolinijskog provod-nika spojenog u tački A, Hp2 je jačina magnetskog polja koje potiče od desne polovine beskonačno dugačkog

36


pravolinijskog provodnika spojenog u tački B, Hk1 je jačina magnetskog polje koje potiče od gornjeg provod-nika u obliku polukruga, poluprečnika r i otpornosti R, i Hk2 jačina magnetskog polje koje potiče od donjegprovodnika u obliku polukruga, poluprečnika r i otpornosti 2R.Kako se tačka C nalazi na osi pravolinijskih provodnika spojenih u tačkama A i B, to je jačina magnetskogpolja koja potiče od ovih provodnika jednaka nuli

Hp1 = Hp2 = 0

Jačina magnetskog polja u centru kružnog provodnika poluprečnika r kroz koji protiče struja I data je izrazom

H = I

2r

pravac i smer vektora magnetskog polja su određeni pravilom desne ruke (i u primeru sa slike vektor magnetskogpolja je normalan na ravan papira i “ulazi” u ravan).

Na osnovu simetrije, jačina magnetskog polja polovine kružnog provodnika jednaka je polovini jačine celogkružnog provodnika

H1/2 = 12

H = I

4r

Sada se za gornju polovinu kružnog provodnika ima (vektor magnetskog polja je normalan na ravan papira i“ulazi” u ravan, videti sliku)

Hk1 = I1

4r= 1

4r· 2I

3= I

6r

37


Slično, za donju polovinu kružnog provodnika se dobija (vektor magnetskog polja je normalan na ravan papirai “izlazi” iz ravni, videti sliku)

Hk2 = − I2

4r= − 1

4r· I

3= − I

12r

znak “ − ” označava da je smer vektora Hk2 suprotan smeru vektora Hk1.

Sada se za ukupnu jačinu magnetskog polja u centru kruga C dobija

H = Hp1 + Hk1 + Hk2 + Hp2 = 0 + I

6r− I

12r+ 0 = I

12r

19 ⃝d Neka je v brzina kojom sistem od dve planete rotira oko zvezde. Na planetu mase m deluju sledeće sile(videti sliku)

• gravitaciona sila zvezde, mase M , radijalno ka centru kružnice

FM = γmM

R2

• gravitaciona sila druge planete mase m na udaljenosti D = 2R, radijalno ka centru kružnice

Fm = γm · m

D2 = γm2

4R2

• inercijalna centrifugalna sila usled kružnog kretanja brzinom v po kružnici poluprečnika R, radialno odcentra kružnice

Fc = mv2

R

Pri kružnom kretanju, ove sile su u ravnoteži duž radijalnog pravca te važi

FM + Fm = Fc

γmM

R2 + γm2

4R2 = mv2

R⇒ v =

√γ

R

(M + m

4

)Sada se za period obilaska planeta oko zvezde dobija

T = 2πR

v= 2π

√R3

γ(M + m

4)

38


20 ⃝e U položaju ravnoteže, na kocku zapremine V = a3 i mase m = ρV = ρa3, deluju (videti sliku):• sila Zemljine teže, vertikalno naniže

Fg1 = mg = ρga3

• sila potiska, vertikalno navišeFp1 = ρvV1g = ρva2g(a − h)

gde je V1 = a2(a − h) zapremina dela kocke koji se nalazi pod vodom.

Iz uslova ravnotežeFg1 = Fp1

važiρga3 = ρva2g(a − h) ⇒ ρv = ρ

a

a − h

Neka se kocka izvuče iz vode za mali pomeraj x kao na slici.

Na kocku i dalje deluje ista sila Zemljine teže vertikalno nanižeFg2 = Fg1 = ρga3

Kako je sada zapremina dela kocke koji se nalazi pod vodom jednakaV2 = a2(a − h − x)

to se za silu potiska koja deluje vertikalno naviše imaFp2 = ρvV2g = ρva2g(a − h − x)

Prema II Newton-ovom zakonu za ubrzano kretanje kocke u smeru vertikalno naviše imamoma = Fp2 − Fg2 = ρva2g(a − h − x) − ρga3 = ρva2g(a − h) − ρga3︸︷︷︸

=0

−ρvga2x

ma = −ρvga2x = −ρga3

a − h· x = −k · x

Dakle, na kocku deluje sila koja je linearno proporcionalna udaljenosti kocke od ravnotežnog položaja u smerusuprotnom od smera kretanja. To znači da kocka osciluje prostim harmonijskim oscilacijama perioda

T = 2π

√m

k

gde je m = ρa3 masa kocke i k = ρga3

a − hkoeficijent prostoperiodičnih oscilacija, te dobijamo

T = 2π

√a − h

g

T = 2π

√(15 − 5) · 10−2 m2

10 ms2

= 0.2π s ≈ 0.628 s

39


40



(27. jun 2017.)


1. Jedinica za induktivnost kalema H (henry) se može izraziti preko drugih jedinica SI sistema

a) Vs/A b) CV/s c) Wb/m2

d) VA/m e) kg · m · s/A2 n) ne znam (3 poena)

2. Jedinica za raspad u sekundi u SI sistemu ima naziv

a) Ci (curie) b) Sv (sievert)c) Bq (becquerel) d) Gy (gray)e) Rem (roentgen equivalent man) n) ne znam (3 poena)

3. Barometar je izumeo i sa njim prvi izmerio atmosferski pritisak

a) Giovanni Battista Venturi b) Evangelista Torricellic) Alessandro Volta d) Enrico Fermie) Luigi Galvani n) ne znam (3 poena)

4. Električna energija se prodaje u jedinicama

a) C/s b) kW c) Nd) Wb/m2 e) kWh n) ne znam (3 poena)

5. Skalarne veličine sua) dužina, masa, ubrzanje b) moment sile, energija, vremec) energija, magnetska indukcija, masa d) rad, vreme, naelektrisanjee) moment količine kretanja, vreme, masa n) ne znam (3 poena)

6. Da bi se tačkasto naelektrisanje od 2 C prenelo iz jedne tačke elektrostatičkog polja u drugu tačku, potrebnoje uložiti rad od 200 J. Razlika potencijala između ovih tačaka je

a) 400 V b) 200 V c) 0.01 Vd) 800 V e) 100 V n) ne znam (4 poena)

7. Čestica-projektil mase m i brzine v0 i nepokretna čestica-meta mase 3m sudare se čeono i neelastično takoda posle sudara nastavljaju kretanje kao jedinstveno telo. Brzina novog tela posle sudara je

a) v0/4 b) v0/3 c) v0/2d) 3v0/4 e) 2v0/3 n) ne znam (4 poena)

41


8. Pri konstantnoj zapremini, idealnom gasu se poveća apsolutna temperatura 5 puta. Pritisak gasa poraste

a) 0.5 puta b) 10 putac) 5 puta d) 100 putae) zavisi od apsolutne temperature n) ne znam (4 poena)

9. Vodena turbina ima koeficijent korisnog dejstva 90%. Protok vode je 10−3 m3/s, visinska razlika nivoa vodeje 10 m, gustina vode je 10 kg/m3. Mehanička snaga vodene turbine je (g = 10 m/s2)

a) 110 W b) 90 W c) 9 kWd) 1 MW e) 90 kW n) ne znam (4 poena)

10. Dva prostoperiodična talasa iste frekvencije i amplitude A se prostiru u istom smeru u linearnoj sredini.Talasi se razlikuju u fazi za π/2. Amplituda rezultujućeg talasa je

a) 2A b) A c) 1/A

d) A√

2 e) A/2 n) ne znam (4 poena)

11. Svetlosni talas frekvencije f0 u vakuumu ima talasnu dužinu λ0. U transparentnoj sredini indeksaprelamanja n = 1.5 svetlosni talas frekvencije 4f0 ima talasnu dužinu

a) λ0/6 b) λ0/3 c) λ0/4d) λ0/1.5 e) 2λ0 n) ne znam (5 poena)

12. U unutrašnjosti provodne nenaelektrisane sfere napravljene su dve sferne šup-ljine. Ako su unutar sfernih šupljina unesena tačkasta naelektrisanja qa > 0 iqb > 0 tako da ne dodiruju površi šupljina, naelektrisanje na površi sfere biće

a) qa − qb b) qa + qb

c) −(qa + qb) d) 0e) qb − qa n) ne znam

(5 poena)

13. Tačkasti svetlosni izvor se nalazi na rastojanju 2 m ispred tankog sabirnog sočiva. Lik predmeta je narastojanju 1 m iza sočiva. Optička moć sočiva iznosi

a) 2 dioptrije b) 2/3 dioptrije c) 1/2 dioptrijed) 1/3 dioptrije e) 3/2 dioptrije n) ne znam (5 poena)

14. Kada mehur vazduha lagano izađe sa dna na površ jezera zapremina mu se poveća tri puta. Na površ vodedeluje atmosferski pritisak p0 = 100 kPa, a temperatura jezerske vode ne zavisi od dubine. Dubina jezera je(ρv = 103 kg/m3, g = 10 m/s2)


42


15. Dugačka, prava žica je savijena u ravni tako da jedan kraj imapolukružni oblik poluprečnika R. Kroz žicu je uspostavljena stalna strujajačine I. Intenzitet magnetskog polja u tački C (centar polukruga) je

a)(

2π

+ 1)

I

Rb)(

2π

+ 1)

I

2R

c)(

12

− 1π

)I

2Rd)(

1π

+ 12

)I

2R

e)(

1π

+ 1)

I

2Rn) ne znam

(7 poena)

16. Dva tela mase M i m, povezana neistegljivim koncem zanema-rive mase, leže na horizontalnoj podlozi. Koeficijent trenja izmeđutela i podloge je µ. Na telo mase M deluje stalna horizontalna silaF . Sila zatezanja u koncu je

a) mF/(m + M) b) 2mF/(m + M)c) µmF/(M − m) d) µmF/(2m + M)e) MF/(m + 2M) n) ne znam

(7 poena)

17. Ako je masa Meseca 1/80 deo mase Zemlje i ako je poluprečnik Meseca 5/20 poluprečnika Zemlje, količnikgravitacionog ubrzanja na površi Meseca i gravitacionog ubrzanja na površi Zemlje iznosi

a) 0.25 b) 0.6 c) 0.2d) 60 e) 0.1 n) ne znam (7 poena)

18. Staklena menzura, tankih zidova, mase m = 0.5 kg, laganose vertikalno potapa u vodu konstantne temperature sa otvoromokrenutim nadole. Atmosferski pritisak je p0 = 105 Pa (vazduhsmatrati idealnim gasom), gustina vode ρv = 103 kg/m3, dijametarmenzure D = 0.2/

√π m i njena visina H = 0.525 m. Sila F kojom

treba delovati vertikalno tako da je dno menzure u ravni površivode je (g = 10 m/s2)

a) 55 N b) 5 Nc) 50 N d) 45 Ne) 4.5 N n) ne znam

(8 poena)

19. Na slici je prikazano električno kolo sa otpornikom R = 600 Ω ikondenzatorom, koje se na levom kraju pobuđuje prostoperiodičnimnaizmeničnim naponom frekvencije f = 5000/(2π) Hz, efektivnevrednosti V0. Izlazni napon ima efektivnu vrednost V1. Ako je(V1/V0)2 = 0.1 kapacitivnost kondenzatora je

a) 0.1 µF b) 1 µFc) 10 µF d) 100 µFe) 1 mF n) ne znam

(8 poena)

43


20. Fizičko klatno se postavi u položaj u kome se težište klatna nalazi vertikalno iznad tačke vešanja. Usledsasvim malog pomeranja klatno krene ka položaju stabilne ravnoteže kroz koji prođe ugaonom brzinom ω.Period malih oscilacija tog klatna je

a) π/ω b) 2π/ω c) 3π/ω

d) 5π/ω e) 4π/ω n) ne znam (8 poena)

44


REŠENJA

1 ⃝a Efektivna vrednost napona na kalemu induktivnosti L kroz koji protiče prostoperiodična struja efektivnevrednosti I i kružne učestanosti ω data je izrazom

V = ωLI ⇒ L = 1ω

V

I

Analiza jedinica sa leve i desne strane jednačine nam daje izraz za jedinicu induktivnosti kalema u SI sistemu:

H = V · sA .

2 ⃝a Jedinica za raspad u sekundi u SI sistemu ima naziv Bq (becquerel).

3 ⃝b Izumitelj barometra je Evangelista Torricelli.

4 ⃝e Električna energija se prodaje u kWh.

5 ⃝d Rad, vreme i naelektrisanje su sve skalarne veličine. Ubrzanje, moment sile, magnetska indukcija i momentkoličine kretanja su vektorske veličine.

6 ⃝e Rad koji je potrebno uložiti da bi se tačkasto naelektrisanje količine naelektrisanja q prenelo iz jedne tačkeelektrostatičkog polja u kojoj je potencijal V1 u drugu tačku tog polja u kojoj je potencijal V2 dat je izrazom

A = q(V2 − V1) = q∆V

odakle se za razliku potencijala dobija

∆V = A

q= 200 J

2 C = 100 V.

7 ⃝a Prema zakonu održanja impulsa za neelastični sudar dveju čestica važi

m1v1 + m2v2 = Mv

gde je m1 = m masa i v1 = v0 brzina čestice-projektila, m2 = 3m masa i v2 = 0 brzina (nepokretne) čestice-mete.Nakon neelastičnog sudara, ove dve čestice čine jedinstveno telo mase M = m1 + m2 koja se kreće brzinom

v = m1v1 + m2v2

m1 + m2= mv0 + 3m · 0

m + 3m= v0

4.

8 ⃝c Na osnovu jednačine stanja idealnog gasa, za dva stanja 1 i 2 imamo

p1V1 = nRT1

p2V2 = nRT2

gde je prema uslovu zadatka V1 = V2 = V = const. i T2 = 5T1, te sledi

p2

p1= T2

T1⇒ p2 = p1

T2

T1= 5p1

odnosno, pritisak poraste 5 puta.

9 ⃝b Potencijalna energija vode zapremine ∆V (kojoj odgovara masa M = ρ∆V ) na visini H data je izrazom

∆E = MgH = ρgH∆V

45


Kako vodena turbina ima koeficijent korisnog dejstva η, to je korisni deo ove energije (mehanička energija vodeneturbine) jednak

∆Ek = η∆E = ηρgH∆V

Odavde je mehanička snaga turbinePk = ∆Ek

∆t= ηρgH

∆V

∆t

i kako je protok vode dat izrazomQ = ∆V

∆t

to se za mehaničku snagu turbine konačno dobija

Pk = ηρQgH

Pk = 0.9 · 103 kgm3 · 10−3 m3

s · 10 ms2 · 10 m = 90 W.

10 ⃝d Prema uslovima zadatka imamo dva prostoperiodična talasa

x1(t) = A1 sin(ω1t + φ1)

x2(t) = A2 sin(ω2t + φ2)

za čije amplitude, kružne učestanosti i faze, redom, važi A1 = A2 = A, ω1 = ω2 = ω i φ2 = φ1 + π

2= φ + π

2.

U linearnoj sredini, rezultujući talas jednak je zbiru ova dva talasa

xr(t) = x1(t) + x2(t)

= A(

sin(ωt + φ) + sin(

ωt + φ + π

2

))= 2A sin

(ωt + φ) +(ωt + φ + π

2)

2· cos

(ωt + φ) −(ωt + φ + π

2)

2= 2A cos π

4· sin

(ωt + φ + π

4

)=

√2A sin

(ωt + φ + π

4

)odakle sledi da je amplituda rezultujućeg talasa Ar = A

√2.

U zadatku smo koristili sledeći trigonometrijski identitet

sin α + sin β = 2 sin α + β

2· cos α − β

2

11 ⃝a Ako je brzina svetlosti u vakuumu c0, tada je talasna dužina svetlosnog talasa frekvencije f0 data sa

λ0 = c0

f0

U transparentnoj sredini indeksa prelamanja n, brzina svetlosti je

c1 = c0

n

te se za talasnu dužinu svetlosnog talasa frekvencije f1 u ovoj sredini dobija

λ1 = c1

f1

Sada imamoλ1

λ0= c1

c0

f0

f1

46


prema uslovima zadatka je f1 = 4f0 te sledi

λ1

λ0= c0

n · c0

f0

4 · f0= 1

6c0

f0= λ0

6.

12 ⃝b Prisustvo tačkastog (pozitivnog) naelektrisanja unutar metalnih sfernih šupljina će indukovati istu količinu(negativnog) naelektrisanja na površi tih sfernih šupljina. To znači da će se na površi šupljine u kojoj postojipozitivno naelektrisanje qa indukovati naelektrisanje −qa i slično na površi šupljine u kojoj postoji pozitivno na-lektrisanje qb, indukovaće se negativno naelektrisanje −qb (videti sliku). Neka je ukupna količina naelektrisanjana površi sfere Q. Kako je sfera električno neutralna, njeno ukupno naelektrisanje jednako je nuli, te sledi

Q + (−qa) + (−qb) = 0 ⇒ Q = qa + qb.

13 ⃝e Na osnovu jednačine konveksnog tankog sočiva imamo

1f

= 1p

+ 1q

gde je p = 2 m rastojanje predmeta (svetlosnog izvora) ispred sočiva i q = 1 m rastojanje (realnog) lika izasočiva, i f njegova žižna daljina. Sada je

1f

= 12

+ 11

= 32

m−1

te je optička moć ovog sočivaD = 1

f= 3

2dioptrije.

14 ⃝c Neka se u mehuru nalazi n molova idealnog gasa (vazduha). Jednačina stanja idealnog gasa u mehuru nadnu jezera je

p1V1 = nRT1

gde je p1 = p0 + ρgH pritisak na dnu jezera na dubini H.Jednačina stanja idealnog gasa u mehuru na površini jezera je

p2V2 = nRT2

gde je p2 = p0 pritisak na površini jezera (jednak atmosferskom pritisku).Prema uslovu zadatka je T1 = T2 i V2 = 3V1 te dalje imamo

p1V1 = p2V2

(p0 + ρgH)V1 = p0 · 3V1

odakle se za dubinu jezera dobijaH = 2p0

ρg

47


H = 2 · 105 Pa103 kg

m3 · 10 ms2

= 20 m.

15 ⃝d Na osnovu superpozicije, jačina magnetnog polja u tački C data je izrazom

H = H1 + H2 + H3

gde je H1 magnetno polje koje potiče od gornje polovine beskonačno dugačke žice, H2 je magnetno polje kojepotiče od donje polovine beskonačno dugačke žice, i H3 je magnetno polje koje potiče od dela žice u oblikupolukruga, poluprečnika R.Intenzitet magnetskog polja na rastojanju R od beskonačnog pravolinijskog provodnika kroz koji protiče strujaI dat je izrazom

Hp = I

2πR

dok je intenzitet magnetskog polja u centru kružnog provodnika poluprečnika R kroz koji protiče struja I datizrazom

Hk = I

2R

u oba slučaja pravac i smer vektora magnetskog polja su određeni pravilom desne ruke (i u našem slučaju “ulazeu ravan papira”).Na osnovu simetrije, intenzitet magnetskog polja polovine beskonačnog pravolinijskog provodnika jednak jepolovini intenziteta magnetskog polja celog beskonačnog provodnika

H1 = H2 = 12

Hp = I

4πR

Slično, intenzitet magnetskog polja polovine kružnog provodnika jednak je polovini intenziteta celog kružnogprovodnika

H3 = 12

Hk = I

4R

te se za ukupno polje u tački C dobija

H = H1 + H2 + H3 = I

2πR+ I

4R=(

1π

+ 12

)I

2R.

48


16 ⃝a Neka se sistem od dva tela usled dejstva horizontalne sile intenziteta F kreće ubrzano sa ubrzanjem a kaona slici.

Na telo mase M deluju• stalna horizontalna sila F u smeru kretanja• sila trenja Ft2 = µMg u smeru suprotnom od smera kretanja• sila zatezanja konca T2 u smeru suprotnom od smera kretanja

te prema drugom Newton-ovom zakonu za ubrzano kretanje tela M , važi

Ma = F − T2 − Ft2 = F − T2 − µMg

Na telo mase m deluju• sila zatezanja konca T1 u smeru kretanja• sila trenja Ft1 = µmg u smeru suprotnom od smera kretanja

te prema drugom Newton-ovom zakonu za ubrzano kretanje tela m, važi

ma = T1 − Ft1 = T1 − µmg

Sabiranjem ovih dveju jednačina i uzimanjem u obzir da za neistegljivi konac važi T1 = T2 = T , dobijamo

(m + M)a = F − µ(m + M)g ⇒ a = F

m + M− µg

Odavde sledi da je sila zatezanja u koncu

T = ma + µmg = m

m + MF + µmg − µmg = m

m + MF.

17 ⃝c Prema uslovu zadatka, za odnos mase Meseca i Zemlje važi

MmMz

= 180

a za odnos njihovih poluprečnikaRmRz

= 520

= 14

Gravitaciona ubrzanja na površi Meseca i Zemlje data su izrazima

gm = γMmR2

m

gz = γMzR2

z

gde je γ gravitaciona konstanta. Za količnik gravitacionih ubrzanja na površi Meseca i Zemlje se sada dobija

gmgz

=γ Mm

R2m

γ MzR2

z

= MmMz

·(

RzRm

)2

= 180

· (4)2 = 1680

= 15

= 0.2

49


18 ⃝d U početnom stanju, menzura se nalazi u vazduhu (koji smatramo idealnim gasom) kao na slici levo. Zajednačinu stanja idealnog gasa u menzuri imamo

p1V1 = nRT1

gde je pritisak vazduha u menzuri jednak atmosferskom pritisku p1 = p0, zapremina vazduha u menzuri datajednačinom

V1 = 14

πD2H

T1 je temperatura vazduha, n broj molova vazduha u menzuri i R konstanta.U krajnjem stanju, dno menzure je u ravni površi vode kao na slici desno. Neka je visina vazdušnog stuba umezuri h < H. Jednačina stanja idealnog gasa sada je

p2V2 = nRT2

gde je p2 pritisak vazduha u menzuri koji u stanju ravnoteže mora biti jednak pritisku vode na dubini h:

p2 = p0 + ρgh

V2 je zapremina vazduha u stubu visine h

V2 = 14

πD2h

i prema uslovu zadatka temperatura vode je konstantna T2 = T1.

Iz prethodnih jednačina sledi

p1V1 = p2V2 ⇒ p0 · 14

πD2H = (p0 + ρgh) · 14

πD2h ⇒ ρgh2 + p0h − p0H = 0

Rešenja ove kvadratne jednačine po promenljivoj h su

h1,2 = −p0 ±√

p20 + 4ρgHp0

2ρg

gde se jedino fizičko rešenje h > 0 dobija za znak “+”, te smenom zadatih vrednosti za visinu vazdušnog stubadobijamo

h =√

p20 + 4ρgHp0 − p0

2ρg

=

√1010 Pa2 + 4 · 103 kg

m3 · 10 ms2 · 0.525 m · 105 Pa − 105 Pa

2 · 103 kgm3 · 10 m

s2

= 110000 Pa − 100000 Pa20000 kg

m2·s2

= 12

m = 0.5 m

Na menzuru u vertikalnom pravcu deluju sledeće sile

50


• Sila koja održava menzuru u zadatom položaju: F1↓ = F vertikalno naniže

• Sila atmosferskog pritiska na dno menzure vertikalno naniže: F2↓ = p0S, gde je S = 14

πD2 površinapoprečnog preseka menzure

• Sila Zemljine teže na menzuru mase m vertikalno naniže: F3↓ = mg

• Sila pritiska vode na donju površ vazdušnog stuba vertikalno naviše: F1↑ = (p0 +ρgh)S, gde je S površinapoprečnog preseka menzure

U stanju ravnoteže važiF1↓ + F2↓ + F3↓ = F1↑

F + 14

πp0D2 + mg = 14

π(p0 + ρgh)D2

F =(

14

πρhD2 − m

)g

F =(

14

π · 103 kgm3 · 0.5 m · 1

25πm2 − 0.5 kg

)· 10 m

s2 = 45 N.

19 ⃝b Neka kroz kolo (koje se sastoji od redne veze otpornika otpornosti R i kondenzatora kapacitivnosti C)protiče prostoperiodična naizmenična struja efektivne vrednosti I (videti sliku).

Prema Ohmovom zakonu za struju se dobijaI = V0

Z

gde je Z efektivna vrednost impedanse redne veze R i C koja je data izrazom

Z =√

R2 + X2C =

√R2 + 1

ω2C2

i ω = 2πf kružna učestanost. Sada se za efektivnu vrednost napona V1 na kondenzatoru C prema Ohmovomzakonu dobija

V1 = XCI = 1ωC

V0√R2 + 1

ω2C2

= V0√1 + ω2R2C2

odavde dalje imamo

V0

V1=√

1 + ω2R2C2 ⇒(

V0

V1

)2

= 1 + ω2R2C2 = 1 + 4π2f2R2C2 ⇒ C2 =

(V0V1

)2− 1

4π2f2R2

te se za kapacitivnost kondenzatora konačno dobija

C =

√(V0V1

)2− 1

2πfR

C =√

10 − 12π · 5000

2π Hz · 600 Ω= 3

3 · 106 Ω · Hz = 1 · 10−6 F = 1 µF.

51


20 ⃝e Odredimo najpre izraz za period malih oscilacija fizičkog klatna. Neka je fizičko klatno kruti štap masem i dužine L koji usled sile Zemljine teže osciluje oko tačke O pričvršćene za gornji kraj štapa kao na slici levo.Moment inercije ovog štapa u odnosu na osu koja prolazi kroz težište dat je izrazom

I0 = 112

mL2

dok je moment inercije u odnosu na osu koja prolazi kroz kraj štapa (udaljenu za pomeraj R = L/2) dat izrazom

I = I0 + mR2 = 112

mL2 + 14

mL2 = 13

mL2

Kada je štap otklonjen za mali ugao θ iz ravnotežnog položaja, na njega deluje sila Zemljine teže u smerusuprotnom od smera otklona i proizvodi moment sile (videti sliku levo)

M = mg sin θ · L

2≈ 1

2mgL · θ = k · θ

gde je k = 12

mgL i gde smo za male uglove θ iskoristili aproksimaciju sin θ ≈ θ.

Odavde sledi da je period malih oscilacija fizičkog klatna,

T = 2π

√I

k= 2π

√13 mL2

12 MgL

= 2π

√2L

3g

Sada posmatramo sliku desno. U početnom položaju klatno miruje i težište klatna se nalazi vertikalno iznadtačke vešanja. U referentnom sistemu vezanom za položaj težišta klatna kada je ono u ravnotežnom položajukao na slici, klatno poseduje samo potencijalnu energiju datu izrazom

E1 = mgL

Pri prolasku kroz položaj stabilne ravnoteže, klatno ima ugaonu brzinu ω i njegova ukupna energija jednaka jekinetičkoj energiji koja je data izrazom

E2 = 12

Iω2 = 12

· 13

mL2ω2 = 16

mL2ω2

Iz zakona održanja energije sledi

E1 = E2 ⇒ mgL = 16

mL2ω2 ⇒ L = 6g

ω2

Konačno, za period malih oscilacija se dobija

T = 2π

√2L

3g= 2π

√2 · 6g

ω2

3g= 4π

ω.

52



(28. jun 2016.)


1. Jedinica za magnetsku indukciju (Tesla) se može izraziti preko drugih jedinica SI sistema

a) V s b) C/s c) Wb/m2

d) V/m e) A/m n) ne znam (3 poena)

2. Pri kružnom kretanju oko Zemlje Mesec napravi jedan krug za 28 dana. Ugaona brzina centra Meseca jepribližno

a) 2.6 · 10−6 s−1 b) 1.3 · 10−6 s−1 c) 7.3 · 10−5 s−1

d) 5.2 · 10−6 s−1 e) 7.2 · 10−4 s−1 n) ne znam (3 poena)

3. Masa pozitrona je jednaka masi

a) neutrona b) elektrona c) 2 neutrinad) protona e) helijuma n) ne znam (3 poena)

4. Termodinamički izobarski proces se odvija pri

a) konstantnoj temperaturi b) konstantnoj entropiji c) konstantnoj zapreminid) konstantnom pritisku e) konstantnoj entalpiji n) ne znam (3 poena)

5. Rastojanja među zvezdama se izražavaju u

a) svemirskim godinama b) astronomskim godinamac) srednjim sunčevim godinama d) tahionimae) svetlosnim godinama n) ne znam (3 poena)

6. Prednje vetrobransko staklo na automobilu ima nagibni ugao 135o prema horizontalnom putu ispred vozila.Ako kišne kapi padaju vertikalno u odnosu na put brzinom 6 m/s, brzina kojom treba da se kreće vozilo da bikapi padale normalno na vetrobransko staklo je

a) 21 km/h b) 153 km/h c) 30.5 km/hd) 3 m/s e) 9 m/s n) ne znam (4 poena)

7. Telo mase 5 kg se kreće po horizontalnoj podlozi brzinom 2 m/s. Ako se telo zaustavi u intervalu vremena0.5 sekundi, intenzitet sile trenja koja je delovala na telo je

a) 100 N b) 200 N c) 50 Nd) 20 N e) 150 N n) ne znam (4 poena)

53


8. Redna veza otpornika otpornosti R, kondenzatora kapacitivnosti C i kalema induktivnosti L je priključenana izvor naizmeničnog napona kružne frekvencije ω. Napon na krajevima kalema će biti maksimalan ako je

a) C = 1/(ωR) b) L = R/ω c) L = 1/(ω2C)d) R =

√L/C e) ω = R/(2L) n) ne znam (4 poena)

9. Izvesna količina vode proključa na rešou za vreme 60 minuta. Ako se snaga rešoa poveća za 50%, voda ćeproključati za vreme

a) 30 minuta b) 40 minuta c) 20 minutad) 45 minuta e) 35 minuta n) ne znam (4 poena)

10. Brzina prostiranja svetlosti u vakuumu zavisi od

a) njene frekvencije b) njene talasne dužinec) njenog intenziteta d) brzine izvora svetloste) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (4 poena)

11. Kroz dva pravolinijska provodnika postavljena duž koordinatnih osa Dekartovog pravouglog koordinatnogsistema x0y su uspostavljene struje konstantnih intenziteta Ix = 2 A i Iy = 4 A u pozitivnim smerovima ovihkoordinatnih osa. Geometrijsko mesto tačaka u ravni x0y u kojima je magnetsko polje koje stvaraju ove dvestruje jednako nuli je

a) y = 2x b) y = x/2c) y = x d) y = −x/2e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (5 poena)

12. Difrakciona rešetka sadrži 200 zareza po jednom milimetru. Monohromatska koherentna svetlost, talasnedužine 500 nm, pada normalno na rešetku. Ukupan broj svetlih pruga koje se pojavljuju na ekranu zaregistraciju je


13. Tanak list cigaret papira okvašen je vodom i prilepljen za staklenu planparalelnu pločicu debljine d.Tanak snop laserske svetlosti pada normalno na površ papira na kojoj se rasejava u svim pravcima. Prolazećikroz staklo, zraci svetlosti stvaraju kružnu osvetljenu površ poluprečnika R na drugoj površi pločice. Indeksprelamanja stakla pločice je

a)√

R2 + 4d2/R b) R/d c)√

R2 + d2/R

d) 2√

R2 + d2/R e) 2R/d n) ne znam (5 poena)

14. Idealni gas obavlja kružni ciklus 1-2-3-1 kao na slici uz zadatak. Akoje pV = 1 J, rad koji izvrši gas tokom jednog ciklusa je

a) 4 J b) −1 Jc) 0.5 J d) 1 Je)

√2 J n) ne znam

(5 poena)

54


15. Masa Meseca je 81 put manja od mase Zemlje. Zemlja i Mesec su sfere homogene gustine, a rastojanjeizmeđu njihovih centara iznosi R. Tačka između ova dva tela u kojoj je rezultantno gravitaciono polje jednakonuli nalazi se na udaljenosti od centra Zemlje

a) 2R√

2/7 b) 8R/9 c) 7R/8d) 5R/6 e) 9R/10 n) ne znam (7 poena)

16. Na ploče ravanskog kondenzatora koje se nalaze na rastojanju 1 cm doveden je napon od 6 V. Između pločase nalazi naelektrisana kuglica žive gustine 13.6 · 103 kg/m3 i poluprečnika 4.4 · 10−7 m. Električna sila i težinakuglice su istog pravca, a suprotnih smerova. Ako je kuglica u stanju mirovanja, vrednost njenog apsolutnognaelektrisanja je približno (e = 1.6 · 10−19 C, g = 9.81 m/s2)

a) 124e b) 2976e c) 50e

d) 1488e e) 496e n) ne znam (7 poena)

17. Na slici je prikazano električno kolo sa otpornicima. Ek-vivalentna otpornost između tačaka A i B ovog kola je

a) 13R/18 b) 2R/3c) 17R/25 d) 11R/18e) R/3 n) ne znam

(7 poena)

18. Horizontalni sud zapremine 8.3 dm3 podeljen je na tri komore jednake zapremine pomoću dve tanke,nepokretne, polupropustljive pregrade. Leva komora je napunjena sa 1 mol vodonika, srednja sa 0.5 molkiseonika, a desna je napunjena sa 0.5 mol azota. Leva pregrada propušta samo vodonik, dok desna pregradapropušta vodonik i azot. Ako se sud nalazi na konstantnoj temperaturi 300 K, posle uspostavljanja stacionarnogstanja, pritisak u srednjoj komori je (R = 8.3 J/(mol K))

a) 6.75 bar b) 3.25 bar c) 39 bard) 9.75 bar e) 7.5 bar n) ne znam (8 poena)

19. Jednostavan merač ubrzanja (akcelerometar) se može napravitipomoću tanke cevi u obliku slova „V“ (kao na slici) u koju je na-suta neka tečnost. Ako se tokom ubrzanog kretanja izmere visinestubova tečnosti h1 i h2, ubrzanje koje meri akcelerometar je (g jejačina gravitacionog polja)

a) g (h2 − h1)2/ (h1 + h2)2 b) gh1/h2

c) g(h2 − h1)/(h1 + h2) d) gh2/h1

e) g ln (h2/h1) n) ne znam

(8 poena)

20. Tri opruge zanemarive mase su povezane kao na slici. Dve opruge istihkrutosti k su paralelno vezane i okačene o plafon dok je treća, krutosti 4k,vezana redno. Na donji kraj treće opruge je prikačen teg mase m. Sistemosciluje vertikalno u gravitacionom polju sa periodom

a) 2π√

4m/(3k) b) π√

3m/k

c) 2π√

2m/(3k) d) 2π√

3m/(2k)e) 2π

√m/(6k) n) ne znam

(8 poena)

55


56


REŠENJA

1 Magnetski fluks Φ [Wb] konstantnog vektora magnetske indukcije B [T] normalnog na površinu S [m2] jedefinisan izrazom

Φ = BS

Analiza jedinica sa leve i desne strane jednačine nam daje izraz za jedinicu magnetske indukcije u SI sistemu:T = Wb/m2.

2 Mesec napravi pun krug oko Zemljeϕ = 2 · π rad

za period vremenaT = 28 dana = 28 · 24 · 60 · 60 s = 2.42 · 106 s

Ugaona brzina centra Meseca oko Zemlje je približno

ω = ϕ

T≈ 6.28

2.42 · 106 s ≈ 2.6 · 10−6 s−1.

3 Pozitron je antičestica elektrona, koja nosi istu količinu pozitivnog nalektrisanja kao elektron i ima istu masukao elektron.

4 Termodinamički izobarski proces se odvija pri konstantnom pritisku (p = const).

5 Rastojanja među zvezdama se izražavaju u svetlosnim godinama (put koji svetlosni zrak pređe za godinudana).

6 Vežimo referentni sistem za vozilo koje se kreće u horizontalnom pravcu brzinom vx (u negativnom smerux−ose). U ovom referentnom sistemu se kišne kapi kreću tako da padaju naniže brzinom vy = 6 m/s (unegativnom smeru y−ose) i kreću se horizontalno brzinom vx (u pozitivnom smeru x−ose), kao na slici.

Ugao α koji rezultantni vektor brzine kišne kapi zaklapa sa x−osom je dat izrazom

tan α = vy

vx

Da bi vektor brzine bio normalan na vetrobransko staklo, za ovaj ugao treba da važi α = 180o − 135o = 45o,odakle sledi

vx = vy

tan 45 = vy = 6 ms = 6 · 3600

1000kmh = 21.6 km

h .

7 Intenzitet sile (trenja) koja deluje na telo mase m i prouzrokuje ubrzanje tog tela a je dat drugim Newton-ovimzakonom

F = ma

Kako je ubrzanje definisano kao promena brzine u jedinici vremena

a = ∆v

∆t= 0 − v

∆t= − v

∆t

57


za intenzitet sile trenja se dobija

F = ma = −mv

∆t= −5 kg ·

2 ms

0.5 s = −20 N

gde znak „minus“ označava da sila trenja deluje u suprotnom pravcu od pravca kretanja (prouzrokujući usporenokretanje tela do zaustavljanja).

8 Efektivna vrednost impedanse redne veze otpornika otpornosti R, kondenzatora kapacitivnosti C i kalemainduktivnosti L data je izrazom

Z =

√R2 +

(ωL − 1

ωC

)2

te je efektivna vrednost struje koja teče u ovom kolu privezanom na izvor naizmeničnog napona efektivnevrednosti U na osnovu Ohm-ovog zakona

I = U

Z= U√

R2 +(ωL − 1

ωC

)2

efektivna vrednost napona na krajevima kalema je onda

UL = ωL I = ωL√R2 +

(ωL − 1

ωC

)2U

i biće maksimalna za minimalnu vrednost funkcije u imeniocu ovog izraza, koja se dobija kada je kolo u rezonanci

ωL = 1ωC

⇒ L = 1ω2C

.

9 Neka je Q količina toplote koja je potrebna vodi da proključa. Ovu količinu toplote rešo snage P1 razvije zavreme ∆t1 = 60 minuta tako da važi

Q = P1∆t1

ako se snaga rešoa poveća za 50%P2 = 1.5 P1

onda će u ovom slučaju rešo potrebnu količinu toplote Q razviti za vreme

∆t1 = Q

P2= P1∆t1

1.5P1= ∆t1

1.5= 60

1.5min = 40 min.

10 Prema Einstein-ovoj specijalnoj teoriji relativnosti brzina svetlosti u vakuumu je konstantna i ne zavisi odfrekvencije, talasne dužine, intenziteta, niti od brzine izvora te svetlosti.

11 Jačina magnetnog polja H koju stvara beskonačni pravolinijski provod-nik kojim teče struja intenziteta I na rastojanju r od tog provodnika data jeizrazom

H = I

2πr

dok su pravac i smer vektora magnetnog polja određeni pravilom desne ruke.U slučaju provodnikâ sa slike, imamo najpre da je jačina magnetnog polja narastojanju r = y od provodnika duž x−ose kojim teče struja Ix u pozitivnomsmeru x−ose data izrazom

H1 = Ix

2πy

58


gde je na osnovu pravila desne ruke pravac vektora magnetnog polja normalan i izlazi iz ravni strane lista(pozitivan smer z−ose). Slično se za jačinu magnetnog polja na rastojanju r = x od provodnika duž y−osekojim teče struja Iy u pozitivnom smeru y−ose dat izrazom

H2 = Iy

2πx

gde je na osnovu pravila desne ruke, pravac vektora magnetnog polja normalan i ulazi u ravan strane lista(negativan smer z−ose).Tačke u ravni x0y u kojima je magnetsko polje koje stvaraju ove dve struje jednako nuli dobija se iz uslova

H1 − H2 = 0 ⇔ H1 = H2

Ix

2πy= Iy

2πx⇔ y = x

Ix

Iy= 1

2x.

12 (2012_08) Ako difrakciona rešetka ima 200 zareza pojednom milimetru, razmak između zareza ove rešetke je

d = 1 mm200

= 5000 nm

Uslov da se na ekranu iza difrakcione rešetke pojavi svetlapruga (maksimalna interferencija) je

d sin θn = nλ

gde je θn ugao pod kojim se svetla pruga broj n nalazi uodnosu na horizontalu.Maksimalni broj svetlih pruga na delu zida iznad horizontale je određen uslovom

sin θn ≤ 1

nλ

d≤ 1

n ≤ d

λ

nmax = d

λ

Isti toliki broj svetlih pruga će se nalaziti na delu zida ispod horizontale. Uzimajući u obzir i svetlu prugu kojase pojavljuje na horizontali (za n = 0), ukupan broj svetlih pruga biće

N = nmax + nmax + 1 = 2nmax + 1 = 2 d

λ+ 1

N = 25000 nm500 nm + 1 = 21.

13 (2011_16) Laserski snop se rasejava na površi papira, tako da zraci ovog laserskog snopa upadaju u staklenupločicu pod svim mogućim uglovima

0 ≤ θ1 ≤ π

2Na osnovu Snell-ovog zakona prelamanja svetlosti na graničnoj površi vazduha sa staklom imamo

n1 sin θ1 = n2 sin θ2

gde je n1 = 1 indeks prelamanja vazduha, i gde smo zanemarili uticaj tankog cigaret papira na prelamanjesvetlosti.

59


Iz prethodnog izraza dobijamosin θ2 = 1

n2sin θ1

i kako za sve moguće upadne uglove θ1 važi0 ≤ sin θ1 ≤ 1

sledi da su laserski zraci prelomljenog snopa u staklu ograničeni uglovima

0 ≤ sin θ2 ≤ 1n2

Maksimalni ugao pod kojim se zrak prelama je dakle

sin θ2,max = 1n2

Za poluprečnik kružne površi koja se stvara na drugoj površi pločice debljine d, važi (vidi sliku)

R = d tan θ2,max

Koristeći sledeće trigonometrijske relacije

cos θ =√

1 − sin2 θ

tan θ = sin θ

cos θ= sin θ√

1 − sin2 θ

dalje dobijamo

R = d tan θ2,max = dsin θ2,max√

1 − sin2 θ2,max

= d1

n2√1 − 1

n22

= d1√

n22 − 1

odakle se za indeks prelamanja ima √n2

2 − 1 = d

R

n22 = 1 +

(d

R

)2

= R2 + d2

R2

n2 =√

R2 + d2

R.

14 Rad koji idealni gas izvrši tokom jednog kružnog ciklusa 1-2-3-1 prikazanogna pV dijagramu na slici jednak je površini trougla koju obrazuju temenau stanjima 1 (p1, V1) , 2 (p2, V2) i 3 (p3, V3) i može se predstaviti sledećimizrazom

A = 12

(p2 − p1) (V3 − V1)

gde jep1 = p3 = p, p2 = 2p

V1 = V, V3 = 3VSada sledi

A = 12

(2p − p) (3V − V ) = pV = 1 J.

60


15 Označimo sa Mm masu Meseca i sa Mz masu Zemlje. Prema uslovu zadatka važi

Mz = 81 Mm

Neka se tačka u kojoj je rezultantno gravitaciono polje između Zemlje i Meseca jednako nuli nalazi na rastojanjud od centra Zemlje (odnosno na rastojanju R − d od centra Meseca).Gravitaciono polje Zemlje u toj tački je usmereno ka Zemlji (gravitaciona sila je privlačna) i dato je izrazom

Gz = γMz

d2

gde je γ gravitaciona konstanta.Slično, gravitaciono polje Meseca u posmatranoj tački je usmereno ka Mesecu (istog pravca ali suprotnog smeraod smera Zemljinog gravitacionog polja) i dato je izrazom

Gm = γMm

(R − d)2

Iz uslova da je rezultantno gravitaciono polje jednako nuli i uzimajući u obzir da su gravitaciona polja Zemlje iMeseca istog pravca a suprotnih smerova, dobijamo

Gz = Gm ⇔ Mz

d2 = Mm

(R − d)2

(R − d)2

d2 = Mm

Mz= 1

81R − d

d= 1

9⇔ d = 9R − 9d ⇔ d = 9

10R.

16 Masa kuglice žive gustine ρ i poluprečnika R je data izrazom

m = ρV = 43

ρπR3

Na ovu kuglicu deluje sila Zemljine teže vertikalno naniže

Fg = mg = 43

ρgπR3

Između ploča ravnog paralelnog kondenzatora koje se nalaze na rastojanju d se uspostavlja homogeno električnopolje E koje je dato izrazom

E = U

d

gde je U napon koji je doveden na ploče kondenzatora. Ako je q nalektrisanje kuglice žive, tada na kuglicudeluje električna sila intenziteta

Fe = qE = qU

d

Prema uslovu zadatka, ove dve sile su istog pravca, a kako je kuglica u stanju mirovanja, to su one istogintenziteta a suprotnog smera (da bi rezultujuća sila koja deluje na kuglicu bila jednaka nuli). Dakle,

Fe = Fg

43

ρgπR3 = qU

d

odakle se za naelektrisanje kuglice dobija

q = 4ρgπR3d

U

Prema uslovima zadatka je ρ = 13.6 kg/m3, g = 9.8 m/s2, R = 4.4 · 10−7 m, d = 1 cm = 10−2 m, U = 6 V, tezamenom ovih vrednosti u gornji izraz dobijamo

q =4 · 13.6 kg

m3 · 9.8 ms2 · 3.14 ·

(4.4 · 10−7 m

)3 · 10−2 m6 V ≈ 7.93 · 10−17 C

61


q ≈ 7.93 · 10−17 C1.6 · 10−19 C e ≈ 496 e.

17 U zadatom električnom kolu na slici, otpornici u grani BC, od kojih je svaki otpornosti 4R, su vezani nared, pa je ekvivalentna otpornost u grani BC jednaka 4R + 4R = 8R.

Uzimajući ovo u obzir, zadato kolo se može predstaviti ekvivalentnim električnim kolom kao na slici ispod.

Otpornici 2R i 8R su vezani paralelno između tačaka B i C, pa se preorijentisanjem grana prethodnog električnogkola, dalje dobija sledeće ekivalentno kolo

Sa ove slike se vidi da je otpornik R u grani AB vezan paralelno sa sa rednom vezom otpornika R i otpornicimau grani BC, pa se još jednim preorijentisanjem grana električnog kola, konačno dobija sledeće ekvivalentno kolo

Ekvivalentna otpornost donje paralelne grane između tačaka A i B odgovara rednoj veza otpornika R sa para-lelnom vezom otpornika 2R i 8R, i za nju se dobija izraz

R + 2R · 8R

2R + 8R= R + 8

5R = 13

5R

dok je otpornost gornje paralelne grane između tačaka A i B jednaka R.Sada imamo da je ekvivalentna otpornost između tačaka A i B jednaka paralelnoj vezi otpornika R (iz gornjegrane) i otpornika 13

5R (iz donje grane) i iznosi

Re =R · 13

5 R

R + 135 R

= 13R2

18R= 13

18R.

18 Neka je V0 zapremina horizontalnog suda, tada je zapremina svake od tri komore

V = 13

V0

Označimo sa nH , nO i nN broj molova, redom, vodonika, kiseonika i azota koji se nalaze u sudu. Sud se nalazina konstantnoj temperaturi T (izotermički proces).U početnom stanju imamo

• vodonik se nalazi u levoj komori zapremine V i na temperaturi T . Ako je p(1)H pritisak vodonika, onda

prema jednačini stanja idealnog gasa imamo

p(1)H V = nHRT

62


• kiseonik se nalazi u srednjoj komori zapremine V i na temperaturi T . Ako je p(1)O pritisak kiseonika, onda


p(1)O V = nORT

• azot se nalazi u desnoj komori zapremine V i na temperaturi T . Ako je p(1)N pritisak azota, onda prema

jednačini stanja idealnog gasa imamop

(1)N V = nN RT

Kako leva pregrada propušta samo vodonik, dok desna pregrada propušta i vodonik i azot, to će se posleuspostavljanja stacionarnog stanja vodonik nalaziti u sve tri komore, kiseonik ostaje samo u srednjoj komori,dok će se azot nalaziti u srednjoj i desnoj komori. Za jednačine stanja idealnih gasova u stacionarnom stanjusada imamo

• vodonik se nalazi u sve tri komore (u zapremini 3V ) i na temperaturi T . Ako je p(2)H pritisak vodonika u

stacionarnom stanju, onda prema jednačini stanja idealnog gasa imamo

3p(2)H V = nHRT = p

(1)H V ⇒ p

(2)H = 1

3p

(1)H

• kiseonik ostaje u srednjoj komori zapremine V i na temperaturi. Ako je p(2)O pritisak kiseonika, onda


p(2)O V = nORT = p

(1)O V ⇒ p

(2)O = p

(1)O

• azot se nalazi u srednjoj i desnoj komori (u zapremini 2V ) i na temperaturi T . Ako je p(2)N pritisak azota

u stacionarnom stanju, onda prema jednačini stanja idealnog gasa imamo

2p(2)N V = nN RT = p

(1)N V ⇒ p

(2)N = 1

2p

(1)N

Dakle, u stacionarnom stanju u srednjoj komori imamo vodonik, kiseonik i azot na parcijalnim pritiscimap

(2)H , p

(2)O i p

(2)N tako da je ukupan pritisak u srednjoj komori jednak zbiru parcijalnih pritisaka ovih gasova i

iznosip = p

(2)H + p

(2)O + p

(2)N = 1

3p

(1)H + p

(1)O + 1

2p

(1)N

p = 13

nHRT

V+ nORT

V+ 1

2nN RT

V= RT

V

(nH

3+ nO + nN

2

)i uzimajući u obzir V = 1

3V0

p = 3RT

V0

(nH

3+ nO + nN

2

)Zamenom zadatih vrednosti u dobijenoj formuli, za pritisak u srednjoj komori imamo

p =3 · 8.3 J

mol K · 300 K8.3 · 10−3 m3

(13

+ 12

+ 14

)mol = 13

12· 9 · 105 Pa = 9.75 · 105 Pa = 9.75 bar.

63


19 Vežimo referentni sistem za sistem spojenih sudova koji se kreće u horizontalnom pravcu ubrzanjem a kao naslici. Na stubove tečnosti tada pored gravitacione sile vertikalno naniže, deluje i inercijalna sila u horizontalnompravcu i smeru suprotnom od smera kretanja. Usled delovanja inercijalne sile, stubovi tečnosti u ovom sistemuspojenih sudova će imati različite visine h2 > h1, kao što je prikazano na slici.

Na levi stub tečnosti, mase m1, deluje sila Zemljine teže vertikalno naniže intenziteta

Fg1 = m1g

i inercijalna sila u pozitivnom smeru x−ose kao na slici, intenziteta

Fa1 = m1a

Ako rastavimo vektore ovih sila na komponente normalne na zid stuba i paralelne zidu stuba, kao na slici,uzimajući u obzir da je ugao koji stub zaklapa sa x−osom jednak 45, dobijamo da je ukupna sila koja delujeparalelno zidu stuba

F1∥ = Fg1∥ + Fa1∥ = Fg1 + Fa1√2

= m1(g + a)√2

dok je normalna komponenta ove sile

F1⊥ = Fg1⊥ − Fa1⊥ = m1(g − a)√2

i ona je kompenzovana silom otpora zida suda koja deluje na stub tečnosti.Masa tečnosti gustine ρ, u levom stubu dužine l1 = h1

√2 i poprečnog preseka ∆S može se izraziti preko

m1 = ρV1 = ρ∆Sl1 = ρ∆Sh1√

2

te se za paralelnu komponentu sile na levi stub tečnosti ima izraz

F1∥ = ρ (g + a) h1∆S

odnosno, za pritisak u tečnosti na dnu levog stuba

p1 =F1∥

∆S= ρ (g + a) h1

Primetimo da u slučaju mirovanja, ili ravnomernog pravolinijskog kretanja, a = 0, ovaj izraz se svodi nahidrostatički pritisak na dnu stuba tečnosti visine h1 (p1 = ρgh1) .

64


Na sličan način dobijamo izraz za pritisak tečnosti na dnu desnog stuba.Na desni stub tečnosti, mase m2, deluje sila Zemljine teže vertikalno naniže intenziteta

Fg2 = m2g

kao i inercijalna sila u pozitivnom smeru x−ose kao na slici, intenziteta

Fa2 = m2a

Ako rastavimo vektore ovih sila na komponente normalne na zid stuba i paralelne zidu stuba, kao na slici,uzimajući u obzir da je ugao koji stub zaklapa sa x−osom jednak 45, dobijamo da je ukupna sila koja delujeparalelno zidu stuba

F2∥ = Fg2∥ − Fa2∥ = Fg2 − Fa2√2

= m2(g − a)√2

dok je normalna komponenta ove sile

F2⊥ = Fg2⊥ + Fa2⊥ = m2(g + a)√2

i ona je kompenzovana silom otpora zida suda koja deluje na stub tečnosti.Masa tečnosti gustine ρ, u desnom stubu dužine l2 = h2

√2 i poprečnog preseka ∆S je

m2 = ρV2 = ρ∆Sl2 = ρ∆Sh2√

2

te se za paralelnu komponentu sile na desni stub tečnosti ima izraz

F2∥ = ρ (g − a) h2∆S

odnosno, za pritisak u tečnosti na dnu desnog stuba

p2 =F2∥

∆S= ρ (g − a) h2

Kako su leva i desni stub spojeni, ova dva pritiska na dnu tanke cevi su jednaka, odakle sledi

p1 = p2

ρ (g + a) h1 = ρ (g − a) h2

a (h1 + h2) = g (h2 − h1)

a = gh2 − h1

h1 + h2.

20 Ekvivalentna krutost paralelne veze dve opruge krutosti k1 i k2 data je izrazom

kp = k1 + k2

dok je ekivivalentna krutost redne veze dve opruge krutosti k1 i k2 data izrazom

kr = k1k2

k1 + k2

Korišćenjem prethodnih formula, za paralelnu vezu opruga krutosti k1 = k2 = k sa slike, imamo

kp = 2k

65


Sistem od dve paralelno vezane opruge krutosti k1 = 2k je vezan na red sa oprugom krutosti k2 = 4k te jeekvivalentna krutost ovog sistema opruga

ke = k1k2

k1 + k2= 2k · 4k

6k= 4

3k

Dakle sistem opruga se može predstaviti jednom oprugom ekvivalentne krutosti ke kao na slici.

Kad se teg mase m prikači na ovu oprugu, opruga će se istegnuti za dužinu ltako da na teg deluje sila elastičnosti opruge vertikalno naviše

F1 = kel

i sila Zemljine teže vertikalno naniže

Fg = mg

i u stanju ravnoteže važi

F1 = Fg ⇒ kel = mg

Kada se teg izvede iz ravnotežnog položaja vertikalno naniže za pomeraj ∆x na teg će delovati sila elastičnostiopruge vertikalno naviše

F2 = ke(l + ∆x)

i ista sila Zemljine teže vertikalno naniže

Fg = mg = kel

tako da je rezultantna sila koja deluje na teg data izrazom

F = F2 − Fg = ke (l + ∆x) − kel = ke∆x

Ova sila je proporcionalna pomeraju ∆x iz ravnotežnog položaja i deluje u smeru suprotnom od smera kretanjatega, tako da će teg oscilovati prostim harmonijskim oscilacijama sa periodom

T = 2π

√m

ke= 2π

√m43 k

= π

√3m

k.

66



(30. jun 2015.)


1. Jedinica za jačinu struje se može izraziti preko drugih jedinica SI sistema

a) eV/s b) C/s c) As/md) V/m e) A/m n) ne znam (3 poena)

2. Pri kružnom kretanju oko Sunca ugaona brzina centra Zemlje je približno

a) 2 · 10−7 s−1 b) 1.2 · 10−5 s−1 c) 7.3 · 10−5 s−1


3. Masa alfa čestice je približno jednaka masi

a) 2 neutrona b) 4 elektrona c) 4 neutrinad) 2 protona e) Helijuma n) ne znam (3 poena)

4. Termodinamički izohorski proces se odvija pri

a) konstantnoj temperaturi b) konstantnoj entropiji c) konstantnoj zapreminid) konstantnom pritisku e) konstantnoj entalpiji n) ne znam (3 poena)

5. Radna frekvencija procesora personalnog računara je 4 GHz. Jedan takt centralne procesorske jedinice traje

a) 250 · 10−10 s b) 250 ns c) 250 µsd) 250 ps e) 2.5 · 10−12 s n) ne znam (3 poena)

6. Indeks prelamanja neke sredine je 1.5. Brzina svetlosnog zraka u toj sredini je (c = 3 · 108 m/s)

a) 2 · 108 m/s b) 4.5 · 108 m/s c) 108 m/sd) 3 · 108 m/s e) 1.5 · 108 m/s n) ne znam (4 poena)

7. Količina energije od 1 kWh je jednaka

a) 3.6 · 1019 eV b) 3.6 MJ c) 3.6 · 103 Wsd) 3.6 · 109 Nm e) 3.6 · 1012 Pa · m3 n) ne znam (4 poena)

8. Telo mase 5 kg se kreće po x−osi. Ako mu se brzina ravnomerno promeni za 2 m/s u intervalu vremena 0.5sekundi, intenzitet sile koja je delovala na telo je

a) 40 N b) 10 N c) 5 Nd) 20 N e) 15 N n) ne znam (4 poena)

67


9. Jačina gravitacionog polja na visini iznad površi Zemlje jednakoj 2 poluprečnika Zemlje je (Zemlja jehomogena sfera, g je gravitaciono ubrzanje na njenoj površi)

a) g/(4√

3) b) g/4 c) g/9d) g/27 e) g/16 n) ne znam (4 poena)

10. Ako se pomeša 1 kilogram vode na temperaturi 30°C i 2 kilograma vode na temperature 45°C, temperaturasmeše biće

a) 28°C b) 42°C c) 36°Cd) 50°C e) 40°C n) ne znam (4 poena)

11. Oscilatorno električno kolo, koje se sastoji od kalema i kondenzatora, osciluje sa frekvencijom 159 kHz.Ako kalem ima induktivnost 1 µH, kapacitivnost kondenzatora je

a) 1 µF b) 10 µF c) 100 µFd) 100 nF e) 10 nF n) ne znam (5 poena)

Slika uz zadatak

12. Metalni cilindar tankih zidova, sa bazisom poluprečnika 5 cm, pre-sečen je na polovini dužine. Ivice oba kružna otvora su fino obrađenea zatim priljubljene tako da cilindar po presečenoj ivici ne propuštavazduh (vidi sliku uz zadatak). Iz unutrašnjosti cilindra je izvučensav vazduh. Ako je spoljašnji pritisak vazduha 105 Pa, intenzitet silekojom je potrebno delovati na bazis svake polovine cilindra da bi se onrastavio je približno

a) 15.7 kN b) 1570 N c) 785 Nd) 157 N e) 250 N n) ne znam (5 poena)

13. Sa visine 1 m telo je izbačeno naviše početnom brzinom√

5 m/s. Pri udaru o tlo telo će imati brzinu(g = 10 m/s2)

a)√

5 m/s b) 5 m/s c) 2√

5 m/sd)

√15 m/s e)

√30 m/s n) ne znam (5 poena)

14. Po lepom vremenu jačina električnog polja (usmerenog naviše) na površi Zemlje je 150 V/m. Ako jepoluprečnik Zemlje 6400 km, količina elektriciteta koja je homogeno raspoređena po njenoj površi je približno(za vazduh je 4πε0εr

∼= 1.1 · 10−10 F/m)

a) 4.5 · 103 C b) 3.4 · 105 C c) 0.1 Cd) 6.8 · 105 C e) 6.8 · 10−3 C n) ne znam (5 poena)

15. Srednja talasna dužina koju emituje led dioda je 500 nm. Električna snaga led diode je 300 mW, aefikasnost pretvaranja energije u svetlost je 66%. Broj emitovanih fotona u jedinici vremena je(h = 6.6 · 10−34 Js, c = 3 · 108 m/s)

a) 5 · 1019 s−1 b) 5 · 1015 s−1 c) 5 · 1021 s−1

d) 5 · 1023 s−1 e) 5 · 1017 s−1 n) ne znam (7 poena)

68


16. Posmatrač gleda neki sitni predmet pomoću lupe koja ima žižnu daljinu 12 cm. Udaljenost njegovog okaod lupe je 1 cm. Najmanja daljina jasnog vida posmatrača je 25 cm a najveća kada je lik predmeta uspravanu beskonačnosti. Minimalna i maksimalna udaljenost predmeta od lupe na kojoj posmatrač jasno vidi likpredmeta je

a) 8 cm, 25 cm b) 8 cm, beskonačno c) 12 cm, beskonačnod) 1 cm, 8cm e) 8 cm, 12 cm n) ne znam (7 poena)

17. Kroz potrošač otpornosti 1 Ω , koji je priključen na krajeve akumulatora, uspostavlja se struja jačine 1A. Ako se na isti akumulator priključi (umesto predhodnog) potrošač otpornosti 2.5 Ω, uspostavlja se strujajačine 0.5 A. Unutrašnja otpornost akumulatora je

a) 9 Ω b) 3 Ω c) 0.5 Ωd) 6 Ω e) 1.5 Ω n) ne znam (7 poena)

18. U široku cilindričnu posudu krutih zidova nalivena je voda dovisine h3 (videti sliku uz zadatak). Kroz čep na vrhu posude provu-čena je cevčica i uronjena u vodu do dubine h1 tako da spoljašnjivazduh (pod pritiskom p0) može da prolazi samo kroz cevčicu. Du-bina na kojoj se nalazi mali bočni otvor na posudi kroz koji ističevoda je h2, pri čemu je h1 < h2 < h3 . Ako je gravitaciono ubrzanjeg, brzina isticanja vode iz bočnog otvora je

Slika uz zadataka) v =

√2g(h2 − h1) b) v =

√2g(h3 − h1) c) v =

√2g(h3 − h2)

d) v =√

2gh2 e) v =√

2gh3 n) ne znam (8 poena)

19. Dva posmatrača su jednako udaljena od dugačkog i visokog zida. Međusobno rastojanje posmatrača je150 m. Ako jedan od njih opali hitac iz pištolja uvis, drugi čuje dva pucnja u intervalu od 2 sekunde. Ako jebrzina zvuka 340 m/s, udaljenost posmatrača od zida je


20. Helijum He se sa temperature +50°C adijabatski proširi tako da mu temperatura padne na −50°C i pritome izvrši rad od 6225 J. Broj molova helijuma je (R = 8.3 J/(mol K))


69


REŠENJA

1 ⃝b Jačina struje se definiše kao količina naelektrisanja Q koja protekne u jedinici vremena t

I = Q

t.

Analiza jedinica sa leve i desne strane jednačine nam daje izraz za jačinu struje u SI sistemu:

A = C/s.

2 ⃝a Zemlja napravi pun krug oko Suncaϕ = 2 · π rad

za period vremenaT = 365 dana = 365 · 24 · 60 · 60 s = 3.156 · 107 s ≈ π · 107 s.

Ugaona brzina centra Zemlje oko Sunca je približno

ω = 2 · π

T≈ 2 · π

π · 107 s = 2 · 10−7 s−1.

3 ⃝e Alfa čestica He2+ je identična jezgru atoma Helijuma (koje se sastoji od dva protona i dva neutrona). Akozanemarimo mase elektrona u atomu Helijuma, masa alfa čestice približno je jednaka masi atoma Helijuma.

4 ⃝c Termodinamički izohorski proces se odvija pri konstantnoj zapremini.

5 ⃝d Frekvenciji procesora personalnog računara od f = 4 GHz = 4 · 109 Hz odgovara period (ili jedan taktcentralne procesorke jedinice) od

T = 1f

= 14

· 10−9 s = 0.25 · 10−9 s = 250 · 10−12 s = 250 ps.

6 ⃝a Brzina svetlosti u sredini sa indeksom prelamanja n je data sledećim izrazom

c = c0

n= 3

1.5· 108 m

s = 2 · 108 ms .

7 ⃝b Količina energije od 1 kWh jednaka je

Q = 1 kWh = 103 · 3600 Ws = 3.6 · 106 J = 3.6 MJ.

8 ⃝d Intenzitet sile koja deluje na telo mase m i prouzrokuje ubrzanje tog tela a je dat drugim Newton-ovimzakonom

F = ma

Kako je ubzanje definisano kao promena brzine u jedinici vremena

a = ∆v

∆t

za intenzitet sile se dobija

F = ma = m∆v

∆t= 5 kg ·

2 ms

0.5 s = 20 kg ms2 = 20 N.

71


9 ⃝c Jačina gravitacionog polja na površini Zemlje je definisana izrazom

g = γM

R2

gde je γ - gravitaciona konstanta, M - masa Zemlje i R - rastojanje od centra Zemlje do njene povšine (što jeujedno i Zemljin poluprečnik).Na visini h = 2 R, odnosno na rastojanju R1 = R + h = 3R od centra Zemlje, jačina gravitacionog polja iznosi

g1 = γM

R21

= γM

9R2 = 19

· γM

R2 = g

9.

10 ⃝e Neka je c specifična toplota vode. Količina toplote koju sadrži voda mase m na temperaturi T data jeizrazom

Q = mcT

Ako pomešamo masu vode m1 na temperaturi T1 (i količinom sadržane toplote Q1 = m1cT1) sa masom vodem2 na temperaturi T2 (i količinom sadržane toplote Q2 = m2cT2), na osnovu zakona održanja energije, količinatoplote rezultujuće smeše biće

Q = Q1 + Q2 = c (m1T1 + m2T2)

Kako je rezultujuća smeša takođe voda, mase m = m1 + m2, iste specifične toplote c, i na rezultujućoj tempe-raturi T , to se količina toplote može izraziti i u sledećem obliku

Q = mcT = (m1 + m2) cT

Iz poslednje dve jednačine sledi(m1 + m2) c T = c (m1T1 + m2T2)

odakle dalje dobijamo temperaturu smeše:

T = m1T1 + m2T2

m1 + m2

T = 1 · 30 + 2 · 451 + 2

oC

T = 40 oC.

11 ⃝a Frekvencija oscilovanja električnog kola koje se sastoji od idealnog kalema induktivnosti L i idealnogkondenzatora kapacitivnosti C data je sledećim izrazom

f = 12π

√LC

odakle se za kapacitivnost kondenzatora dobija

C = 14π2f2L

≈ 1 µF.

72


12 ⃝c Kako je iz unutrašnjosti metalnog cilindra izvučen sav vaz-duh, to je pritisak unutar cilindra p1 = 0 (vacuum). Kako jespoljašnji pritisak p2 = p0 = 105 Pa, to usled razlike pritiska, naosnove (basise) cilindra deluje sila (ka unutra)

Fp = (p2 − p1) S = p0S

gde je S = πr2 povšina bazisa cilindra, a r njegov poluprečnik.Ova sila deluje na oba bazisa cilindra (ka unutra). Da bi se polovine cilindra razdvojile, potrebno je delovatisilama najmanje istog intenziteta na oba bazisa, samo u suprotnom smeru od sile pritiska. Dakle:

F = Fp = p0S = p0πr2 = 105 Pa · 3.14 ·(5 · 10−2 m

)2 = 785 N.

13 ⃝b U ovom zadatku koristimo jednačinu vertikalnog hica. Telo izbačenosa visine h vertikalno naviše brzinom v0 će dospeti na visinu H = h + h1,(vidi sliku), pri čemu na osnovu jednačine vertikalnog hica važi

h1 = v20

2g

Sa visine H = h + h1, telo zatim pada prema tlu, sa početnom brzinom nulai ubrzanjem g, tako da će njegova brzina pri udaru u tlo, na osnovu jednačinevertikalnog hica iznositi

v2 =√

2gH =

√2g

(h + v2

02g

)=√

2gh + v20 .

Zamenom g = 10 ms2 , h = 1 m i v0 = 5m

s , za vrednost brzine dobijamo

v2 =√

20 + 5 ms = 5 m

s .

14 ⃝d Pod pretpostavkom da je Zemlja homogena sfera poluprečnika R sa ravnomerno raspoređenom količinomnaelektrisanja Q po njenoj površi, jačina električnog polja na njenoj površi je data sledećim izrazom

E = Q

4πε0εrR2

odakle se za količinu naelektrisanja dobija

Q = 4πε0εrR2E ≈ 1.1 · 10−10 Fm ·

(6.4 · 106 m

)2 · 150 Vm = 6.8 · 105 C.

15 ⃝e Dioda električne snage Pd i efikasnosti pretvaranja energije u svetlost η, emituje svetlost snage

P = ηPd

Ako dioda emituje na srednjoj talasnoj dužini λ, svaki emitovani foton ima energiju

Ef = hc

λ.

U slučaju da dioda emituje n ovakvih fotona u jedinici vremena, snaga svetlosti se može izraziti u sledećemobliku

P = nEf = nhc

λIz prethodnih jednačina dobijamo:

nhc

λ= ηPd

odakle je broj emitovanih fotona u jedinici vremena

n = ηPdλ

hc= 0.66 · 300 · 10−3 W · 500 · 10−9 m

6.6 · 10−34 Js · 3 · 108 ms

= 5 · 1017 s−1.

73


16 ⃝e Neka je posmatrani predmet na udaljenosti p od lupe. Lupaće stvoriti imaginarni lik tog posmatranog predmeta na udalje-nosti q od lupe odnosno na udaljenosti q+d od oka, gde d = 1 cmoznačava udaljenost lupe od oka. Prema uslovima zadatka, po-smatrač će biti u mogućnosti da jasno vidi lik, ako za udaljenosttog lika od oka važi

25 cm ≤ q + d < ∞

odnosno24 cm ≤ q < ∞

ili1

24 cm ≥ 1q

> 0

Ako je žižna daljina lupe f , posmatrani predmet na udaljenosti p, a (imaginarni) lik na udaljenosti q, premajednačini tankog sočiva imamo:

1f

= 1p

− 1q

gde je znak minus ispred 1q

zato što je lik imaginaran (sa iste strane sočiva kao i posmatrani predmet).

Odavde je1q

= 1p

− 1f

.

Ako uzmemo u obzir nejednakost koja važi za udaljenost imaginarnog lika 124

≥ 1q

> 0, dobijamo sledećunejednakost za udaljenost posmatranog predmeta

124

≥ 1p

− 1f

> 0

124

+ 1f

≥ 1p

>1f

124

+ 112

≥ 1p

>112

18

≥ 1p

>112

8 cm ≤ p < 12 cm .

17 ⃝c Kolo na slici predstavlja potrošač otpornosti R priključen na krajeve akumulatorasa naponom otvorenog kola Vg i unutrašnje otpornosti Rg.

Struja koja se uspostavi u ovom kolu data je Ohm-ovim zakonom

I = Vg

Rg + R

U slučaju R1 = 1 Ω, uspostavlja se struja jačine I1 = 1 A i važi

I1 = Vg

Rg + R1

U slučaju R2 = 2.5 Ω, uspostavlja se struja jačine I2 = 0.5 A i važi

I2 = Vg

Rg + R2

Iz prethodne dve jednačine dobijamoI1

I2= Rg + R2

Rg + R1

74


odakle je

Rg =R2 − R1

I1I2

I1I2

− 1

Rg = 2.5 Ω − 1 Ω · 22 − 1

= 0.5 Ω.

18 ⃝a Posmatramo dva poprečna preseka u sudu, na kojima je pritisakpoznat. Prvi poprečni presek S1 je u cilindru na dubini h1 na kojojje zbog uronjene cevčice pritisak jednak spoljašnjem pritisku p1 =p0. Neka je na tom poprečnom preseku brzina spuštanja nivoa vodev1. Drugi poprečni presek S2 na kome je pritisak poznat je na izlazumalog bočnog otvora na dubini h2 na kojoj je pritisak takodje jednakspoljašnjem pritisku p2 = p0. Neka je brzina isticanja vode u tompreseku v2. Primenom Bernoulli-jeve jednačine na presecima S1 i S2,dobijamo sledeći izraz

p1 + 12

ρv21 + ρg (h2 − h1) = p2 + 1

2ρv2

2 + ρg · 0

gde su visine računate u odnosu na referentni nivo Sref. Kako je poprečni presek cilindra mnogo veći od poprečnogpreseka malog bočnog otvora, to se brzina spuštanja nivoa vode u cilindru može zanemariti v1 ≈ 0. Uzimajućiu obzir p1 = p2 = p0, iz prethodne jednačine dobijamo

ρg (h2 − h1) = 12

ρv22

odnosno, za brzinu isticanja vode iz malog bočnog otvora

v2 =√

2ρg (h2 − h1).

19 ⃝b Neka su posmatrači A i B na međusobnom rastojanju x, i podjednakoudaljeni od zida na rastojanju y. Posmatrač B čuje dva pucnja kada posmatračA ispali hitac.Prvi je zvuk koji direktnom linijom stigne do posmatrača B prešavši put s1 = xbrzinom zvuka v za vreme

t1 = s1

v= x

v

Drugi zvuk je eho, koji se odbije od zida i stigne do posmatrača B, prešavši put

s2 = 2√

y2 +(x

2

)2brzinom zvuka v za vreme

t2 = s2

v= 2

v

√y2 +

(x

2

)2

Ova dva zvuka čuju se u intervalu ∆t = 2 s, odnosno

∆t = t2 − t1 = 1v

(2√

y2 +(x

2

)2− x

)

Odakle se za udaljenost posmatrača od zida y dobija√y2 +

(x

2

)2= 1

2(v∆t + x)

y =√

14

(v∆t + x)2 −(x

2

)2= 408.2 m

75


20 ⃝d U adijabatskom procesu nema razmene energije sa okolinom Q = A + ∆U = 0, tako da rad koji izvrši gasodgovara promeni unutrašnje energije gasa:

A = −∆U = −(U2 − U1) = U1 − U2

Unutrašnja energija n molova idealnog monoatomskog gasa, kao što je Helijum, na temperaturi T data jeizrazom

U = 32

nRT

Sada imamoA = U1 − U2 = 3

2nR (T1 − T2)

odakle se za broj molova Helijuma dobijan = 2

3A

R (T1 − T2)

Zamenom T1 = +50oC , T2 = −50oC, A = 6225 J, R = 8.31 Jmol K iz prethodne jednačine se dobija vrednost

n = 5 mol.

76

Klasifikacioni ispit iz fizike 8. jul 2014.


(8. jul 2014.)


1. Elektron volt (eV) je jedinica za

a) snagu b) energiju c) magnetski fluksd) silu e) magnetsku indukciju n) ne znam (3 poena)

2. Ubrzanje tela od 5.4 km/(h · s) je jednako

a) 1.05 m/s2 b) 0.5 m/s2 c) 2.5 m/s2

d) 6.5 m/s2 e) 1.5 m/s2 n) ne znam (3 poena)

3. Masa protona približno je jednaka masi

a) neutrona b) elektrona c) neutrinad) pozitrona e) alfa čestice n) ne znam (3 poena)

4. Jedinica za jačinu električnog polja, izražena preko jedinica SI, je

a) kg m3/s2 b) kg m/s2 c) N/Cd) N C e) N/C2 n) ne znam (3 poena)

5. Naizmenična struja u energetskoj mreži ima frekvenciju oscilovanja 50 Hz. Talasna dužina elektromagnetskogtalasa koji odgovara ovoj frekvenciji je (c = 3 · 108 m/s)

a) 1500 km b) 12000 km c) 750 kmd) 6000 km e) 3000 km n) ne znam (3 poena)

6. Indeks prelamanja sredine u kojoj svetlosni zrak pređe rastojanje 1.5 m za 7.5 ns je (c = 3 · 108 m/s)

a) 1.33 b) 1.5 c) 2.5d) 2 e) 3 n) ne znam (4 poena)

7. U tri otvorene posude ispunjene vodom do iste visine H, pritiscina dno suda su p1, p2, i p3, pri čemu je

a) p3 > p2 > p1 b) p2 < p3 = p1

c) p3 = p2 = p1 d) p1 > p2 = p3

e) p1 < p3 = p2 n) ne znam

(4 poena)

77



a) frekvencije b) talasne dužinec) brzine izvora svetlosti d) intenzitetae) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (4 poena)

9. Induktivna otpornost idealnog kalema induktivnosti 2 H, kroz koji je uspostavljena stalna jednosmernastruja jačine 1.5 A, je

a) 0.75 Ω b) 3 Ω c) 2 Ωd) 0 Ω e) 6 Ω n) ne znam (4 poena)

10. Molarna zapremina idealnog gasa na pritisku p i temperaturi T proporcionalna je

a) T/p b) pT c) p/T

d) ln(p/T ) e) ln(T/p) n) ne znam (4 poena)

11. Jačina gravitacionog polja na dubini jednakoj polovini poluprečnika Zemlje je (Zemlja je homogena sfera,g je gravitaciono ubrzanje na njenoj površi)

a) g/√

3 b) g/4 c) g/2d) g/

√2 e) g/(2

√2) n) ne znam (5 poena)

12. Dve identične sijalice vežu se za krajeve izvora stalnog jednosmernog napona u prvom slučaju na red, a udrugom paralelno. Količnik električnih snaga ovih sijalica u prvom i u drugom slučaju je

a) 2 b) 1/4 c) 4d) 1/2 e) 1 n) ne znam (5 poena)

13. Telo se izbaci sa površi Zemlje kao kosi hitac tako da je domet tela maksimalan. Količnik dometa imaksimalne visine koju telo dostiže tokom kretanja je

a) 4 b) 1 c) 0.2d) 2 e) 3 n) ne znam (5 poena)

14. Čestica mase m i naelektrisanja q se kreće pod uticajem homogenog magnetskog polja indukcije po kružnicipoluprečnika R, brzinom v. Rad Lorencove sile kada čestica obiđe jedan krug je

a) 2πRqvB b) 2πmv2 c) mv2/2d) 0 e) 2RqvB n) ne znam (5 poena)

15. Blokovi, čije su mase m i 2m, postavljeni su na glatku hori-zontalnu ravan i po vezani neistegljivim kanapom zanemarljivomale mase. Maksimalni intenzitet sile zatezanja u kanapu, a dase kanap ne prekine, je Tmax = 10 N. Na blokove deluju dve hori-zontalne sile kao na slici. Ako se intenziteti sila menjaju u tokuvremena po zakonu F1 = At i F2 = Bt (t ≥ 0) gde su A = 1 N/s iB = 3 N/s, trenutak kada će se kanap prekinuti je

a) 1 s b) 2 s c) 3 sd) 6 s e) 9 s n) ne znam (7 poena)

78


16. Svetlosni zrak pada iz vazduha (n0 = 1) u centar gornje površi dugačkog cilin-dričnog staklenog štapa, indeksa prelamanja ns = 3/2. Štap je potopljen u vodu,indeksa prelamanja nv = 4/3, do ivice gornje površi kao na slici. Maksimalnavrednost upadnog ugla θ pri kojem će se zrak prostirati samo u staklu je

a) arcsin(1/6) b) arcsin(√

17/6) c) arcsin(1/4)d) arcsin(

√15/6) e) arcsin(

√13/6) n) ne znam (7 poena)

17. U cevčicu je ubačen gasoviti α-radioaktivni izotop radona 22286 Rn, sa vremenom poluraspada 3.82 dana, i

izmešan sa praškastim berilijumom 94Be. Ova smeša predstavlja neutronski izvor u kojoj se odvija nuklearna

reakcija 94Be + α → 12

6 C + n. U trenutku formiranja izvora aktivnost radona je 4 MBq. Ako jedna od 4000α-čestica izazove navedenu reakciju, posle 3.82 dana od formiranja izvora, broj izračenih neutrona u jednojsekundi je

a) 2 · 106 b) 2000 c) 5 · 105

d) 4000 e) 500 n) ne znam (7 poena)

18. Za neki gas izmerene su vrednosti specifične toplote pri stalnom pritisku 5.18 kJ/(kg K) specifične toplotepri konstantnoj zapremini 3.1 kJ/(kg K). Smatrajući da je univerzalna gasna konstanta R = 8.31 kJ/(kmol K),radi se o

a) 21H2 b) 40

18Ar c) 42He

d) N2 e) CH4 n) ne znam (8 poena)

19. Na slici je prikazano kolo stalne jednosmerne struje. Prijemnik sesastoji od promenljivog otpornika otpornosti R. Ako se u prijemnikurazvija maksimalna električna snaga, njegova otpornost je

a) 9 Ω b) 3 Ωc) 0.5 Ω d) 6 Ωe) 1.5 Ω n) ne znam (8 poena)

20. Na krut i neistegljiv štap zanemarljive mase, ukupne dužine 2L = 0.6 m zakačenesu dve male kuglice, svaka mase M. Jedna kuglica se nalazi na sredini, a druga nakraju štapa kao na slici. Slobodan kraj štapa je zakačen za horizontalni plafon takoda štap može da osciluje bez trenja u vertikalnoj ravni pod uticajem gravitacionogpolja. Period malih oscilacija štapa sa kuglicama je (g = 10 m/s2)

a) π/√

5 s b) 2π/√

5 s c) π/√

7 sd) 2π/

√7 s e) 4π/

√5 s n) ne znam (8 poena)

79


REŠENJA

1 ⃝b Elektron volt (eV) je jedinica za energiju.

2 a = 5.4 km

h · s = 5.4 103 m3600 s · s = 5400

3600ms2 = 1.5 m

s2

3 Masa protona je približno jednaka masi neutrona.

4 Pođimo od izraza za električnu silu F koja deluje na česticu naelektrisanja q kada se ona nađe u električnompolju intenziteta E:

F = qE

ili ekvivalentnoE = F

q.

Kako je jedinica za silu N, a za naelektrisanje C, to iz prethodne jednačine sledi da se jedinica jačine električnogpolja može izraziti kao N/C.

5 Talasna dužina elektromagnetnog talasa koji odgovara frekvenciji f = 50 Hz, u vazduhu (c = 3 · 108 m/s) jedata izrazom

λ = c

f=

3 · 108 ms

50 1s

= 6 · 106 m = 6000 km.

6 Brzina svetlosnog zraka u sredini sa indeksom prelamanja n je c0/n gde je c0 = 3 · 108 ms brzina svetlosti u

vakuumu. Za vreme ∆t svetlosni zrak u ovoj sredini pređe put

∆s = c0

n∆t

odakle se za indeks prelamanja dobija

n = c0∆t

s=

3 · 108 ms · 7.5 · 10−9 s1.5 m = 1.5.

7 Pritisak na dnu otvorene posude ispunjene vodom do visine H dat je izrazom

p = ρgH + p0

gde je g gravitaciona konstanta, ρ - gustina vode i p0 - spoljašnji pritisak, i ne zavisi od oblika posude. Prematome, za istu visinu H, važiće: p1 = p2 = p3.

8 Brzina svetlosti je apsolutna prema Einsteinovoj specijalnoj teoriji relativnosti, i kao takva nezavisi ni od frekvencije (talasne dužine), intenziteta, ni brzine izvora svetlosti. Odgovor e) je tačan.

9 Induktivna otpornost idealnog kalema L, na učestanosti ω je: X = ωL. Pošto za stalnu jednosmernu strujuvaži ω = 0, sledi da je induktivna otpornost jednosmerne struje jednaka nuli: X = 0 Ω.

81


10 Jednačina stanja idealnog gasa jepV = nRT

gde je p - pritisak gasa, V - zapremina gasa, n - broj molova gasa u toj zapremini, R- univerzalna gasnakonstanta i T - temperatura gasa. Molarna zapremina (zapremina n = 1 mola gasa) je odredjena izrazom

Vn=1 mol = RT

p∼ T

p.

11 Jačina gravitacionog polja na površi Zemlje jednaka je gravitacionoj konstanti i može se definisati sledećomjednačinom

g = γM

R2

gde je M masa Zemlje obuhvaćena sferom radijusa R (poluprečnik Zemlje). Jačina gravitacionog polja na dubinijednakoj polovini poluprečnika Zemlje, odgovaraće masi M1 koja je obuhvaćena sferom radijusa R1 = R/2 :

g1 = γM1

R21

Ako sa ρ označimo gustinu Zemlje, tada je masa M1

M1 = ρV1 = ρ43

πR31 = ρ

43

π

(R

2

)3

= 18

· ρ43

πR3 = 18

M

i za jačinu gravitacionog polja na dubini jednakoj polovini poluprečnika Zemlje dobijamo

g1 = γM1

R21

= γ18 M(R2)2 = 1

2γ

M

R2 = 12

g.

12 Neka je otpornost dveju identičnih sijalica R1 = R2 = R. Ekvivalentna otpornost redne veze ovih dvejusijalica je

Rr = R1 + R2 = 2R

dok je ekvivalentna otpornost paralelne veze ovih dveju sijalica

Rp = R1R2

R1 + R2= R

2.

Kada se sijalice vežu na izvor jednosmernog napona U , električna snaga koja se razvije na njima data je sledećimizrazima

Pr = U2

Rr, za rednu vezu

Pp = U2

Rp, za paralelnu vezu

te se njihov količnik može izraziti u sledećem obliku

Pr

Pp= Rp

Rr=

R2

2R= 1

4.

13 U priloženom rešenju su izvedene jednačine kosoghica.Neka je telo izbačeno početnom brzinom v0 pod uglomα u odnosu na površinu Zemlje. Ako rastavimo vek-tor početne brzine na horizontalnu (x) i vertikalnu (y)komponentu, onda važi

v0x = v0 cos α

v0y = v0 sin α

82


Neka telo dostigne domet D za vreme t.

Duž x-ose, telo se kreće ravnomernom brzinom v0x tako da duž ove ose važi jednačina

D = v0xt = v0t cos α

Duž y-ose praktično imamo vertikalni hitac, telo kao da je izbačeno uvis početnom brzinom v0y i na njega delujesila Zemljine teže, tako da se kreće sa ubrzanjem −g. Na maksimalnoj visini H, vertikalna brzina tela je nula

0 = v0y−gt1 ⇒ t1 = v0y

g= v0 sin α

g

odakle se za visinu dobija

H = v0yt1 − 12

gt21 = v2

0 sin2 α

2g.

Sa visine H telo nastavlja da se kreće ubrzanjem g i stigne na površinu Zemlje za vreme t2 tako da važi

H = 12

gt22 ⇒ t2 =

√2H

g=

√2v2

0 sin2 α

2g2 = v0 sin α

g= t1.

Dakle ukupno vreme potrebno da telo dotakne površinu Zemlje od trenutka izbacanja je

t = t1 + t2 = 2v0 sin α

g

pa se za domet dobija

D = v0t cos α = v20g

2 sinαcos α = v20g

sin (2α).

Kako je sin 2α ≤ 1, maksimalni domet D se dobija za ugao koji zadovoljava

sin (2α) = 1 ⇒ α = π

4.

Tada je

Dmax = v20g

i

Hmax =v2

0(sin π

4)2

2g= v2

04g

Traženi količnik maksimalnog dometa i maksimalne visine iznosi

Dmax

Hmax=

v20

g

v20

4g

= 4.

14 Na česticu naelektrisanja q koja se kreće pod uticajem homogenog magnet-skog polja indukcije B, po kružnici poluprečnika R, brzinom v deluje Lorentz-ova sila data izrazom

F = qv × B

Kao što se vidi sa slike i iz prethodnog izraza, ova sila je uvek normalna navektor brzine odnosno na vektor putanje čestice.

Rad sile jednak je skalarnom proizvodu vektora sile i vektora putanje. Kako su u svakoj tački putanje ova dva vek-tora normalna, to je njihov skalarni proizvod u svakoj tački putanje nula, pa je i ukupan rad Lorentz-ove sile nula.

83


15 Neka se sistem blokova kreće ubrzanjem a u smeru delovanjasile F2 kao na slici.Na blok mase m deluje sila zatezanja u kanapu T1 i sila F1 tako daprema II Newton-ovom zakonu važi

ma = T1 − F1

Na blok mase 2m deluje sila F2 i sila zatezanja u kanapu T2 tako da prema II Newton-ovom zakonu važi

2ma = F2 − T2

Suma ove dve jednačine daje3ma = F2 − F1 + T1 − T2

kako je kanap neistegljiv, to je T1 = T2 = T , odnosno

3ma = F2 − F1 ⇒ ma = 13

(F2 − F1)

Iz prve jednačine, za silu zatezanja u kanapu dobijamo

ma = T − F1 ⇒ T = F1 + ma = F1 + 13

(F2 − F1) = 13

(2F1 + F2) .

Uzimajući u obzirF1 = At

F2 = Bt

dobijamoT = 1

3(2F1 + F2) = 1

3(2A + B) t

Kanap će se prekinuti u trenutku t = tmax kada sila zatezanja dostigne maksimalni intenzitet T = Tmax

Tmax = 13

(2A + B) tmax

odakle jetmax = 3Tmax

2A + B= 30 N

5 Ns

= 6 s.

16 Svetlosni zrak upada iz vazduha (n0 = 1) na centarosnove staklenog cilindra (indeksa prelamanja ns = 3/2)pod uglom θ u odnosu na normalu i prelama se u cilin-dru pod uglom θs u odnosu na normalu. Iz Snell-ovogzakona prelamanja svetlosti važi

n0 sin θ = ns sin θs

Zrak zatim nastavlja put do bočne strane cilindra nakoju pada pod uglom

θc = π

2− θs

Uslov da se zrak totalno reflektuje od površi koja deli stakleni cilindar od vode, je da za upadni ugao važi uslovtotalne refleksije

ns sin θc = nv sin π

2= nv

odakle je

sin θc = nv

ns=

4332

= 89

84


ilicos2 θc = 1 − sin2 θc = 1 − 64

81= 17

81

cos θc =√

179

Iz prve dve jednačine dobijamo

sin θ = ns

n0sin θs = ns

n0sin(π

2− θc

)= ns

n0cos θc

i uzimajući u obzir izračunatu vrednost kritičnog ugla i indeksa prelamanja u staklu i vazduhu

sin θ = 32

·√

179

=√

176

θ = arcsin√

176

Za sve upadne uglove manje od ovog kritičnog ugla, imaćemo totalnu refleksiju na provrši između stakla i vodei zrak nikada neće moći da napusti stakleni cilindar.

17 U trenutku formiranja izvora, aktivnost radona je N = 4 MBq. Nakon 3.82 dana od formiranja izvora,odnosno, nakon vremena jednakoh vremenu poluraspada, aktivnost radona (broj raspadnutih jezgara u jedinicivremena) jednak je polovini početne aktivnosti radona

N1/2 = N

2= 2 MBq

To znači da radon tada emituje 2 · 106 α-čestica u sekundi.Ako jedna od 4000 emitovanih α-čestica izaziva nuklearnu reakciju 9

4Be + α → 126 C + n, to se na svakih 4000

α-čestica emituje jedan neutron. Odavde sledi da je broj emitovaih neutrona u jednoj sekundi

2 · 106

4000= 500.

18 Neka je cp= 5.18 kJ/(kg K) specifična toplota pri stalnom pritisku i cv = 3.1 kJ/(kg K) specifična toplotapri stalnoj zapremini. Neka je M masa jednog mola ovog gasa. Specifične molarne toplote gasa pri stalnompritisku odnosno stalnoj zapremini su date izrazima

Cp = Mcp

Cv = Mcv

Znajući da je razlika između ovih specifičnih molarnih toplota gasa jednaka univerzalnoj gasnoj konstanti

R = Cp − Cv = M (cp − cv)

za masu jednog mola ovog gasa dobijamo

M = R

cp − cv=

8.31 kJkmol K

5.18 kJkgK − 3.1 kJ

kgK= 4 kg

kmol = 4 gmol

što odgovara molarnoj masi gasa 42He.

19 Na slici smo sa I1 označili struju koja teče kroz otpornik R1, sa I2struju koja teče kroz otpornik R2 i sa IR struju koja teče kroz promenljiviotpornik R.Snaga koja se razvija na otporniku R je

P = I2RR.

Na osnovu Ohm-ovog zakona, pad napona UR na paralelnoj vezi otpor-nika R2 i R dat je izrazom

85


UR = R2I2 = RIR

odavde jeI2 = R

R2IR

što u kombinaciji sa jednačinom prvog Kirchhoff-ovog zakona za čvor A daje

I1 = I2 + IR

I1 = R

R2IR + IR = R + R2

R2IR

Na osnovu drugog Kirchhoff-ovog zakona za zatvoreno kolo koje čine elementi E − R1 − R imamo

E − R1I1 − RIR = 0

gde zamenom prethodnog izraza za I1 dobijamo

E − R1R + R2

R2IR − RIR = 0

E = R1R + R2

R2IR + RIR

E = R1R + R2

R2IR + RIR

E =(

R1 + R + R1

R2R

)IR

Uzimajući u obzir R2 = R1 = 3 Ω i R1/R2 = 1 prethodni izraz se može uprostiti:

E = (R1 + 2R) IR

odnosnoIR = E

R1 + 2R

Tako izraz za snagu postajeP = I2

RR = E2 R

(R1 + 2R)2

Snaga će biti maksimalna za maksimalnu vrednost funkcije

f (R) = R

(R1 + 2R)2

Nađimo prvi izvod ove funkcije

f ′(R) = 1 · (R1 + 2R)2 − R · 2 (R1 + 2R) · 2(R1 + 2R)2 = R1 + 2R − 4R

R1 + 2R= R1 − 2R

R1 + 2R

gde smo koristili formulu za izvod količnika (u

v

)′= u′v − uv′

v2

sau = R, u′ = 1

v = (R1 + 2R)2 → v′ = 2 · (R1 + 2R) · 2

Funkcija će imati maksimum kada je izvod te funkcije jednak nuli

f ′(R) = 0

86


R1 − 2R

R1 + 2R= 0

R1 − 2R = 0

R = R1

2= 1.5 Ω.

20 Kada je kruti štap sa dvema kuglama (od kojih obe imaju masu M)otklonjen za mali ugao θ, na kugle deluje sila Zemljine teže koja proizvodirezultujući moment sile

MF = F1L + F2 · 2L

gde za F1 i F2 važi (vidi sliku)

F1 = F2 = Mg sin θ

Odavde sledi da je moment sile

MF = (F 1 + 2F2)L = 3MgL sin θ

Za male uglove θ važi sin θ ≈ θ tako da imamo

MF = 3MgL sin θ ≈ 3MgL θ = k · θ

Kako na sistem deluje moment sile oblika k · θ u smeru suprotnom od smera kretanja, to će sistem oscilovatiharmonijskim oscilacijama frekvencije

f = 12π

√k

I

gde je k = 3MgL a I je moment inercije sistema od dve kugle koji se može izračunati prema sledećoj formuli

I = ML2 + M (2L)2 = 5ML5

Za frekvenciju malih oscilacija se sada dobija

f = 12π

√k

I= 1

2π

√3MgL

5ML2 = 12π

√3g

5L

Za date vrednosti g = 10ms2 i L = 0.3 m dalje dobijamo

f = 12π

√3g

5L= 1

2π

√30 m

s2

1.5 m = 12π

√20 Hz = 1

π

√5 Hz

Odnosno, za period malih oscilacija se imaT = 1

f= π√

5s.

87



(2. jul 2013.)


1. Weber (Wb = T·m2) je jedinica za

a) snagu b) energiju c) magnetski fluksd) električni fluks e) magnetsku indukciju n) ne znam (3 poena)

2. Vreme potrebno da laserski zrak poslat sa Zemlje stigne do ogledala na Mesecu i da se vrati nazad na Zemljuiznosi 2.5 s. Udaljenost površi Meseca od površi Zemlje je približno (c = 3 · 108 m/s)

a) 188 · 103 km b) 375 · 106 km c) 750 · 106 kmd) 750 · 103 km e) 375 · 103 km n) ne znam (3 poena)

3. Koji od navedenih izraza ne spada u istu kategoriju

a) qvB b) γm1m2/r2 c) mgh

d) ma e) q1q2/(4πε0r2) n) ne znam (3 poena)

4. Zapremina dva mola idealnog gasa na temperaturi od 0°C i pritisku od 101 kPa je (R = 8.3 J/(mol K))

a) 22.4 dm3 b) 44.8 dm3 c) 22.4 m3

d) 224 dm3 e) 2240 cm3 n) ne znam (3 poena)

5. Učestanost oscilatora personalnog računara je 3.2 GHz. Jedan takt centralne procesorske jedinice traje

a) 312.5 ps b) 312.5 ns c) 312.5 µsd) 312.5 · 10−10 s e) 3.125 · 10−12 s n) ne znam (3 poena)

6. Grad se snabdeva vodom preko cevi površine poprečnog preseka 0.4 m2. Brzina proticanja vode kroz ovucev je 0.1 m/s pri prosečnoj dnevnoj potrošnji svakog domaćinstva od 288 litara. Ako nema gubitaka vode uvodovodnoj mreži, broj domaćinstava u gradu je


7. Kroz prav provodnik koji se nalazi u stalnom, homogenom magnetskom polju uspostavljena je stalnajednosmerna struja. Pravilan raspored vektora sile F na provodnik, vektora magnetske indukcije B i vektoradužine provodnika L (prema smeru struje) je

89


(4 poena)

8. Rad koji izvrši idealni gas pri širenju na konstantnom pritisku od 100 kPa od zapremine 2 litra do zapremine10 litara je

a) 80 J b) 800 J c) 8 Jd) 12 J e) 120 J n) ne znam (4 poena)

9. Visina na koju treba podići neko telo iznad površi Zemlje poluprečnika R da bi intenzitet gravitacionogpolja opao na jednu četvrtinu vrednosti na površi Zemlje je

a) R b) 2R c) 3Rd) 4R e) R/2 n) ne znam (4 poena)

10. Kuglica sa naelektrisanjem q se nalazi u koordinatnom početku, a kuglica sa naelektrisanjem 4q se nalazina rastojanju L od prve na pozitivnom delu x-ose. Koordinata mesta na x-osi gde je rezultantno električnopolje jednako nuli je

a) L/2 b) 5L/4 c) 2L/3d) L/3 e) -L/3 n) ne znam (4 poena)

11. Reaktor u nuklearnoj elektrani radi sa termičkom snagom od 3000 MW. Pri svakoj fisiji jezgra uranijumaoslobodi se energija od 200 MeV. Ako je masa jezgra atoma uranijuma 235

92 U jednaka njegovom masenom broju(u gramima po molu) masa uranijuma koja se potroši u reaktoru za godinu dana je približno(Nav = 6 · 1023 mol−1, e = 1.6 · 10−19 C)

a) 48 kg b) 3.2 kg c) 1850 kgd) 1160 kg e) 77 kg n) ne znam (5 poena)

12. Kroz kalem induktivnosti L je uspostavljena električna struja čijaje vremenska promena data na slici. Apsolutna vrednost indukovaneelektromotorne sile u kalemu je

a) najveća na delu krive A b) najmanja na delu krive Bc) najveća na delu krive C d) najmanja na delu krive De) jednaka na delovima krive A i D n) ne znam

(5 poena)

90


13. Težina lifta koji miruje sa putnicima je 8 kN. Sila zatezanja u užetu koje vuče naviše kabinu lifta je 12 kN.Ubrzanje lifta naviše je (g =10 m/s2)

a) 2.5 m/s2 b) 5 m/s2 c) 7.5 m/s2

d) 10 m/s2 e) 15 m/s2 n) ne znam (5 poena)

14. Cev savijena u obliku slova L, otvorena na oba kraja, spuštena je sa mostau reku. Horizontalni kraj cevi je potopljen i usmeren suprotno toku vode. Akose voda u vertikalnom kraku cevi podigne iznad nivoa vode u reci za h = 0.2 m,brzina strujanja vode je (g = 10 m/s2)

a) 4 m/s b) 1.41 m/sc) 2.82 m/s d) 8 m/se) 2 m/s n) ne znam

(5 poena)

15. Nerelativistički elektroni se iz stanja mirovanja kreću pod uticajem električnog polja. Posle prolaska krozpotencijanu razliku od 344 V imaju De Broglievu talasnu dužinu(h = 6.6 · 10−34 Js, me = 9.1 · 10−31 kg, e = 1.6 · 10−19 C)

a) 6.6 · 10−11 m b) 9.3 · 10−11 m c) 2.2 · 10−11 md) 1.6 · 10−11 m e) 1.6 · 10−15 m n) ne znam (7 poena)

16. U kolu jednosmerne struje sa idealnim izvorom na slici, jačinastruje koju pokazuje idealni ampermetar je

a) 6E/(7R) b) 7E/(6R)c) E/(6R) d) E/R

e) E/(3R) n) ne znam

(7 poena)

17. Dubina bazena je 3 m. Ako se do vrha ispuni vodom indeksa prelamanja n =√

7/2 i posmatra pod uglomod 30° prema normali na površ vode, prividna dubina bazena je

a) 1.5 m b) 1 m c) 1.7 md) 2.1 m e) 2.6 m n) ne znam (7 poena)

18. Kamen je sa neke visine izbačen horizontalnom početnom brzinom 10 m/s. Ako se zanemari otpor vazduha,posle vremena 1 s od trenutka bacanja, normalno ubrzanje kamena je (g =10 m/s2)

a) 5/√

2 m/s2 b) 1/√

2 m/s2 c) 2√

5 m/s2

d) 2/√

5 m/s2 e) 5√

2 m/s2 n) ne znam (8 poena)

91


19. Transverzalni talas se prostire duž zategnute žice u pozitivnom smeru x-ose. Udaljenost čestica žice od ravno-težnog položaja pri kretanju talasa se u SI sistemu može opisati jednačinom y (x, t) = 53 ·10−6 sin (188t − 3.14x).Količnik fazne brzine talasa i maksimalne brzine delića žice pri kretanju talasa je približno


20. Tanki, kruti metalni štap, homogene gustine i dužine 2L savi-jen je na sredini tako da ima oblik grčkog slova Λ. Ugao izmeđusavijenih polovina štapa je 120o. Sistem osciluje u gravitacionompolju u vertikalnoj ravni koju čine kraci štapa, oko ose koja prolazikroz tačku savijanja O, a normalna je na ravan oscilovanja. Periodmalih oscilacija ovog oscilatora je

a) 4π√

3L/g b) 4π√

L/(3g) c) π√

2L/(3g)d) 2π

√2L/(3g) e) 4π

√2L/(3g) n) ne znam (8 poena)

92


REŠENJA

1 Weber (Wb = T·m2) je jedinica za magnetni fluks Φ = B · S [T·m2].

2 Vreme potrebno da laserski zrak poslat sa Zemlje stigne do ogledala na Mesecu i da se vrati nazad na Zemljuiznosi ∆t = 2.5 s.Neka je udaljenost Meseca od Zemlje d. Laserski zrak putuje do Meseca brzinom svetlosti c reflektuje se odogledala i vrati nazad brzinom svetlosti, prešavši tako ukupan put ∆s = 2d.Kako je ∆s = c∆t, za udaljenost Meseca od Zemlje dobijamo

d = 12

c∆t = 3 · 1.25 · 108 m = 375 · 106 m = 375 · 103 km.

3 ⃝c qvB, γm1m2/r2, q1q2/(4πε0r2) i ma predstavljaju izraze za silu (Lorentz-ova sila kojom magnetno poljedeluje na naelektrisanu česticu u pokretu, gravitaciona sila između dvaju masa, Coulomb-ova elektrostatičkasila između dvaju naelektrisanih čestica, i izraz za silu prema II Newton-ovom zakonu).mgh predstavlja izraz za potencijalnu energiju mase m na visini h i jedini ne spada u kategoriju izraza za silu.

4 Prema jednačini stanja idealnog gasa važipV = nRT

odakle se zapremina može izraziti u sledećem obliku

V = nRT

p

Za zadate vrednosti se dobija

V =2 mol · 8.3 J

mol K · (0 + 273 K)101 · 103 Pa ≈ 44.8 · 10−3 m3 = 44.8 dm3.

5 Ako je učestanost oscilatora personalnog računara 3.2 GHz, tada jedan takt (period) centralne procesorskejedinice traje

T = 1f

= 13.2 · 109 Hz = 3.125 · 10−10s = 312.5 ps.

6 Površina poprečnog preseka cevi: S = 0.4 m2

Brzina proticanja vode kroz cev: v = 0.1ms

Vreme posmatranja potrošnje: ∆t = 1 dan = 24 · 3600 sPotrošnja vode po jednom domaćinstvu: V1 = 288 l = 288 · 10−3 m3

Ukupna zapremina vode koja protekne brzinom v kroz cev poprečnog preseka S za vreme ∆t data je izrazom

V = vS∆T

ako svako od N domaćinstava u proseku potroši zapreminu vode V1, ukupna zapremina potrošene vode biće

V = NV1

Iz poslednje dve jednačine dobijamo broj domaćinstava

N = V

V1= vS∆t

V1= 12000.

7 Prema Lorentz-ovom zakonu, sila koja deluje na prav provodnik dužine L kroz koji teče struja I, a koji senalazi u homogenom magnetskom polju magnetske indukcije B data je izrazom

F = I L × B

Raspored vektora sila koji odgovara ovoj jednačini prema pravilu desne ruke dat je na slici e):

93


8 Treba izračunati rad koji izvrši idealni gas pri širenju na konstantnom pritisku od 100 kPa od zapremine2 litra do zapremine 10 litara.Pri izobarskom širenju gasa (p = const), rad koji izvrši gas je dat jednačinom

A = p (V2 − V1)

A = 100 · 103 Pa (10 − 2) · 10−3 m3 = 800 Nm = 800 J.

9 Intenzitet gravitacionog polja na površini Zemlje, dat je sledećom jednačinom

g = γM

R2

gde je γ gravitaciona konstanta, M je masa Zemlje, a R njen radijus.Na visini H od površine Zemlje (tj. za radijus R1 = R + H) jačina gravitacionog polja iznosi

g1 = γM

R21

= γM

(R + H)2

U zadatku se traži visina na kojoj će intenzitet gravitacionog polja opasti na jednu četvrtinu onoga na Zemljinojpovrši

g1 = 14

g

γM

(R + H)2 = 14

γM

R2

R + H = 2R

H = R.

10 Pretpostavimo da su oba naelektrisanja pozi-tivna i da se tačka u kojoj je rezultantno električnopolje jednako nuli nalazi na rastojanju d od koor-dinatnog početka na x-osi.Električno polje pozitivno naelektrisane čestice jeusmereno radijalno od čestice, kako je prikazanona slici.Imamo da je električno polje čestice naelektrisanjaq u tački x = d dato sa

E1 = q

4πεd2

dok je električno polje čestice naelektrisanja 4q u istoj tački x = d (udaljenoj za L − d od te čestice)

E2 = 4q

4πε(L − d)2

ova dva polja treba da su jednakog intenziteta (a suprotnog smera)

E1 = E2 ⇔ (L − d)2 = 4d2

94


L − d = 2d ⇒ d = L

3.

11 Reaktor u nuklearnoj elektrani koji radi sa termičkom snagom od P = 3000 MW = 3 · 109 W za vreme od∆t = 1 godina = 365 · 24 · 3600 s proizvede količinu energije

W = P∆t

Pri svakoj fisiji jezgra uranijuma oslobodi se energija od

∆W = 200 MeV = 200 · 106 V · 1.6 · 10−19 C = 3.2 · 10−11 J

To znači da je neophodno da se u godini dana raspadne

N = W

∆W= P∆t

∆W

jezgara Uranijuma, da bi se proizvela količina energije W.Masa jednog mola Uranijuma 235

92 U jednaka je njegovom masenom broju (u gramima po molu), odnosno

Mmol = 235 gmol

pa je masa jezgra Uranijuma (ako znamo da u svakom molu ima Nav = 6 · 1023 mol−1 atoma)

M = MmolNav

Odavde sledi da je neophodna masa Uranijuma koja se potroši u godini dana

Mtot = N · M = P∆t

∆W· Mmol

Nav

Mtot = 3 · 109 W · 365 · 24 · 3600 s3.2 · 10−11 J ·

235 gmol

6 · 1023 mol−1

Mtot = 1.16 · 106 g = 1160 kg.

12 Apsolutna vrednost elektromotorne sile kojase indukuje u kalemu induktivnosti L kada kroznjega protiče linearno-promenljiva struja data jeizrazom

|E| = LdI

dt= L

∆I

∆t

Odakle sledi da će se u kalemu indukovati maksi-malna elektromotorna sila E kada nastupi maksi-malna promena struje u jedinici vremena ∆I

∆t.

U sledećoj tabeli su izračunate promene struje ujedinici vremena za sve delove krive A-B-C-D nazadatom grafiku.

A B C D∆I [A] 6 − 0 = 6 10 − 6 = 4 10 − 10 = 0 6 − 10 = −4∆t [s] 1 − 0 = 1 3 − 1 = 2 5 − 3 = 2 7 − 5 = 2∆I/∆t [A/s] 6 2 0 −2

Iz tabele je očigledno da je apsolutna vrednost indukovane elektromotorne sile u kalemu najveća u delu krive A.

95


13 Težina lifta koji miruje sa putnicima je

Mg = 8 kN

odakle se za masu lifta sa putnicima dobija

M = 8 kNg

= 8000 N10 m

s2= 800 kg

Sila zatezanja u užetu koje kabinu lifta vuče naviše je

T = 12 kN

Prema drugom Newton-ovom zakonu, za lift koji se kreće naviše ubrzanjem a, važi

Ma = T − Mg

odakle se za ubzanje lifta dobija

a = T

M− g = 12000 N

800 kg − 10ms2 = 5m

s2 .

14 Posmatrajmo poprečne preseke S1 i S2 za koje ćemo pri-meniti Bernoulli-jevu jednačinu

p1 + 12

ρv21 + ρgh1 = p2 + 1

2ρv2

2 + ρgh2

Za presek S1 važi• Hidrostatički pritisak: p1 = p0 + ρghd

• Brzina tečnosti kroz presek: v1 = v• Visina u odnosu na referentnu ravan Sref : h1 = 0

Za presek S2 važi• Hidrostatički pritisak: p2 = p0• Brzina tečnosti kroz presek: v2 = 0• Visina u odnosu na referentnu ravan Sref : h2 = h + hd

Sada dobijamop0 + ρghd + 1

2ρv2 + ρg · 0 = p0 + 1

2ρ · 0 + ρg(h + hd)

12

ρv2 = ρgh

odnosnov =

√2gh

v =√

2 · 10ms2 · 0.2 m = 2 m

s .

15 Svakoj čestici mase m i brzine v može se pridružiti talas de Broglie-jeve talasne dužine

λ = h

p= h

mv

Prolaskom kroz potencijalnu razliku ∆U, čestica naelektrisanja q dostigne kinetičku energiju

W = q∆U = mv2

2

odakle se za njenu brzinu dobija

v =√

2q∆U

m

96


Sada se de Broglie-jeva talasna dužina može izraziti kao

λ = h

mv= h

m

√m

2q∆U= h√

2mq∆U= 6.6 · 10−11 m.

16 Označimo struje i čvorove u kolu kao na slici. U zadatku se traži struja kroz idealni ampermetar, koja je unašem slučaju označena sa I4.

Ampermetar je idealan, što znači da je njegova unutrašnja otpornost nula Ramp = 0, a stoga je prema Ohm-ovomzakonu i pad napona na njemu jednak nuli

UCD = RampI4 = 0

Prema Ohm-ovom zakonu za otpornik 3R vezan paralelno ampermetru imamo

UCD = 3RI3 = 0

odakle sledi da je struja kroz ovaj otpornik jednaka nuli

I3 = 0

Ovaj otpornik se može odstraniti iz električnog kola tako da se dobije ekvivalentno kolo kao na sledećoj slici

gde je prema prvom Kirchhoff-ovom zakon za čvor C

I2 = I4

Ova struja teče kroz rednu vezu otpornika 2R, Ramp i 4R prouzrokujući pad napona između čvorova A i Bjednak:

UAB = (2R + Ramp + 4R) I4 = 6RI4

Kako je na čvorove A i B privezan idealni naponski izvor elektromotorne sile E, važi

UAB = E

Iz poslednje dve jednačine dobijamo struju koju pokazuje ampermetar

E = 6RI4 ⇒ I4 = E

6R.

97


17 Kada je bazen napunjen vodom, na prelazu iz vazduhau vodu dolazi do prelamanja svetlosti (ka normali) i ugaoprelamanja u vodi θ1 je na osnovu Snell-ovog zakona

n0 sin θ0 = nv sin θ1

Kako oko pretpostavlja da se zrak ne prelama (već da svetlostnastavlja da putuje pravolinijski), to će oku dubina bazenaprividno izgledati manja. Ako sa d1 označimo ovu prividnudubinu, sa slike važi

d1 tan θ0 = d0 tan θ1

d1 = d0tan θ1

tan θ0

Iz Snell-ovog zakona sledi

sin θ1 = n0

nvsin θ0 = 2√

712

=√

17

cos2 θ1 = 1 − sin2 θ1 = 1 − 17

= 67

⇒ cos θ1 =√

67

tan θ1 = sin θ1

cos θ1=√

16

Za upadni ugao θ0 = π

6imamo

tan θ0 = 1√3

pa se za prividnu dubinu dobija vrednost

d1 = d0tan θ1

tan θ0= 3 m

√16

√3 = 2.1 m.

18 Neka je telo izbačeno horizontalnom početnom brzinomv0. Na telo u horizontalnom pravcu ne deluje nikakva sila,tako da se ono u tom pravcu kreće ravnomernom brzinomjednakom početnoj brzini:

vx = v0

U vertikalnom pravcu naniže na telo deluje sila Zemljine teže,tako da se telo u tom pravcu kreće konstantnim ubrzanjem g.Nakon izvesnog vremena t, brzina tela u tom pravcu iznosiće

vy = gt

Ugao θ sa slike je dat izrazomtan θ = vx

vy= v0

gt

Za zadate vrednosti v0 = 10 ms , g = 10 m

s2 , u vremenu t = 1 s, taj ugao iznosi

tan θ = 1 → θ = π

4.

Normalno ubrzanje kamena je komponenta vektora ubrzanja normalna na pravac kretanja definisanog brzinomv. Sa slike se vidi

gn = g sin θ = g sin π

4= 10m

s2

√2

2= 5

√2 m

s2 .

98


19 Jednačina talasa koja opisuje položaj čestica žice se može opisati sledećim generalnim izrazom

y (x, t) = A sin (ωt − kx)

gde je A− amplituda talasa, ω− kružna učestanost, k− koefficijent prostiranja. Brzina delića žice se možeizraziti kao izvod položaja delića žice po vremenu

v (x, t) = ∂y (x, t)∂t

= A cos (ωt − kx) · ω = Aω cos (ωt − kx)

iliv (x, t) = vm cos (ωt − kx)

gde je maksimalna brzina delića žicevm = ωA

S druge strane, fazna brzina talasa je data sledećim izrazom

vϕ = ω

k

pa se za odnos fazne brzine talasa i maksimalne brzine delića žice dobijavϕ

vm= 1

kA

Iz zadate jednačine talasa se dobijaju vrednosti amplitude A = 53 · 10−6 i koeficijenta prostiranja k = 3.14 takoda je odnos brzina

vϕ

vm= 6008 ≈ 6000.

20 Pretpostavimo da je sistem štapa savijenog po sredini otklonjen iz položaja ravnoteže za mali ugao θ usmeru suprotnom od smera kazaljke na satu, kao na slici. Tada je ugao između levog kraka štapa i vertikalneose π

3− θ, a ugao između desnog kraka štapa i vertikalne ose π

3+ θ.

Pretpostavimo da je svaki krak savijenog štapa mase M.Na centar mase levog kraka štapa deluje sila Zemljine teže Mg, tako da je moment ove sile (u smeru suprotnomod kazaljke na satu):

M+ = F1 · L

2Kako je normalna komponenta sile Zemljine teže na štap

F1 = Mg sin(π

3− θ)

za moment sile imamoM+ = F1 · L

2= MgL

2sin(π

3− θ)

Na sličan način, za moment sile koja deluje na centar mase desnog kraka štapa (u smeru kazaljke na satu)imamo

M− = F2 · L

2= MgL

2sin(π

3+ θ)

99


Rezultujući moment sile koji deluje na savijeni štap otklonjen za mali ugao θ iz ravnotežnog položaja je

Mr = M+ − M− = MgL

2

(sin(π

3+ θ)

− sin(π

3− θ))

Uzimajući u obzir trigonometrijsku relaciju

sin (α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β

ima se

sin(π

3+ θ)

− sin(π

3− θ)

= sin π

3cos θ + cos π

3sin θ −

(sin π

3cos θ − cos π

3sin θ

)= 2 cosπ

3sin θ = sin θ

tako da jeMr = MgL

2sin θ

Za male uglove θ važi sin θ ≈ θ:Mr ≈ MgL

2θ = kθ

Gde smo sa k = MgL

2označili koeficijent elastičnosti.

Moment inercije štapa mase M i dužine L koji osciluje oko svog centra mase dat je relacijom

I0 = 112

ML2

Ako je centar oscilacije udaljen ∆L = L

2od centra mase, odnosno, ako se nalazi na jednom kraju štapa, kao u

našem slučaju, za moment inercije važi

I1 = I0 + M∆L2 = 112

ML2 + M

(L

2

)2

= 13

ML2

U našem slučaju imamo dva kraka mase M i dužine L, tako da je ukupan moment inercije

I = 2I1 = 23

ML2

Najzad, ako na sistem momenta inercije I, deluje moment sile oblika Mr = kθ (u smeru suprotnom od smerarotacije), to će ovaj sistem imati male (harmonijske) oscilacije sa periodom

T = 2π

√I

k

Zamenom izraza za koeficijent k i moment inercije I dobijamo

T = 2π

√23 ML2

MgL2

= 2π

√4L

3g= 4π

√L

3g.

100



(26. jun 2012.)


1. Rad pri kretanju neke količine naelektrisanja po zatvorenoj putanji (konturi) u elektrostatičkom polju je

a) zavisan od količine naelektrisanja b) zavisan od brzine kretanjac) pozitivan d) zavisan od dužine putanjee) jednak nuli n) ne znam (3 poena)

2. Označite jedinicu koja se razlikuje od ostalih

a) V · A b) N · m c) m3 · Pad) eV e) W · s n) ne znam (3 poena)

3. Alfa čestica se sastoji od:

a) 2 protona i 3 neutrona b) 1 neutrona i 2 protona c) 1 protona i 1 neutronad) 2 neutrona i 2 protona e) 2 neutrona i 1 protona n) ne znam (3 poena)

4. Jedinica mere za aktivnost radionuklida u SI sistemu je

a) Sv (sivert) b) Ci (kiri) c) Bq (bekerel)d) Gy (grej) e) R (rendgen) n) ne znam (3 poena)

5. Napon gradske mreže je 230 V i predstavlja

a) konstantan jednosmerni napon b) efektivnu vrednostc) trenutnu vrednost d) maksimalnu vrednoste) srednju vrednost n) ne znam (3 poena)

6. Brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu 45 m je (otpor vazduhazanemariti, g = 10 m/s2 )

a) 30 m/s b) 450 m/s c) 200 m/sd) 21.2 m/s e) 900 m/s n) ne znam (4 poena)

7. Kroz vodovodnu cev poprečnog preseka 200 cm2 protekne 36 m3 vode za vreme od jednog sata. Brzinaproticanja vode kroz cev je

a) 3.6 m/s b) 5.5 m/s c) 0.5 m/sd) 1.2 m/s e) 0.8 m/s n) ne znam (4 poena)

101


8. Difrakciona rešetka sadrži N = 400 zareza po jednom milimetru. Monohromatska svetlost talasne dužine625 nm pada normalno na rešetku. Ukupan broj svetlih pruga koje se pojavljuju na ekranu za registraciju je:


9. Kroz dva dugačka, tanka, paralelna pravolinijska provodnika uspostavljene su jednake, stalne jednosmernestruje istih smerova. Magnetsko polje u ravni koje određuju ova dva provodnika je jednako nuli

a) u celom prostoru b) desno od desnog provodnikac) levo od levog provodnika d) na osama provodnikae) na sredini između provodnika n) ne znam (4 poena)

10. Vetrogenerator za period od 365 dana proizvede 13140 MWh električne energije. Srednja snagavetrogeneratora je

a) 36 MW b) 3.6 MW c) 15 MWd) 1.5 MW e) 150 kW n) ne znam (4 poena)

11. Na horizontalnoj hrapavoj podlozi miruje telo mase 10 kg. Koeficijent trenja između tela i podloge je0.5. Ako na telo u trenutku t = 0 počne da deluje vremenski promenljiva horizontalna sila F (t) = kt, gde jek = 1 N/s, brzina tela u trenutku t = 40 s je (g = 10 m/s2)

a) 1 m/s b) 10 m/s c) 100 m/sd) 0 m/s e) 0.1 m/s n) ne znam (5 poena)

12. Struja koja prolazi kroz kalem induktivnosti 10 mH se menja po zakonu i(t) = kt gde je k = 100 A/s.Napon na krajevima kalema je

a) 1 V b) 10V c) 100 Vd) 0.1 mV e) 1 kV n) ne znam (5 poena)

13. Idealni gas se adijabatski širi iz stanja 1 do stanja 2 i pri tome se unutrašnja energija promeni za∆U = −40 kJ. Mehanički rad koji pri tome izvrši gas je

a) 80 kJ b) 60 kJ c) 40 kJd) 20 kJ e) 10 kJ n) ne znam (5 poena)

14. Tokom prve polovine vremena kretanja po nekom putu automobil se kreće konstantnom brzinom v1, azatim, tokom druge polovine vremena kretanja konstantnom brzinom v2. Srednja brzina kretanja na celomputu mu je tada 60 km/h. Međutim, ako automobil pređe prvu polovinu puta brzinom v1, a drugu polovinuputa brzinom v2, njegova srednja brzina kretanja iznosi 160/3 km/h. Ako je v1 > v2, brzine automobila su

a) v1 = 120 km/h, v2 = 80 km/h b) v1 = 80 km/h, v2 = 40 km/hc) v1 = 40 km/h, v2 = 20 km/h d) v1 = 120 km/h, v2 = 100 km/he) v1 = 100 km/h, v2 = 60 km/h n) ne znam (5 poena)

102


15. Vertikalna opruga zanemarljive mase, gornjim krajem učvršćena o plafon, opterećena je na donjem krajusa dva tega iste mase i ima dužinu 1 m. Kada se jedan teg ukloni dužina opruge je 84 cm. Period oscilovanjaopruge sa jednim tegom je približno (g = 10 m/s2)

a) 0.36 s b) 0.25 s c) 1.1 sd) 0.13 s e) 0.8 s n) ne znam (7 poena)

16. Intenzitet gravitacionog ubrzanja na površi neke planete sfernog oblika i gustine ρ jednak je intenzitetucentrifugalnog ubrzanja u ekvatorijalnoj ravni. Period rotacije planete je (γ je gravitaciona konstanta)

a)√

2π/(γρ) b)√

3π/(γρ) c)√

π/(γρ)d)√

3/(γρ) e)√

6π/(γρ) n) ne znam (7 poena)

17. Na glatkoj strmoj ravni nagibnog ugla α se nalazi otvorena posuda sa vodom.Ukupna masa posude i vode u njoj je m. Posuda se gura naniže silom konstantnogintenziteta F u pravcu nagiba strme ravni. Ako je g gravitaciono ubrzanje, nivovode će biti paralelan strmoj ravni ako je intenzitet sile

a) mg sin α b) mg tg α c) mg/ sin α

d) 0 e) mg/ tg α n) ne znam (7 poena)

18. Koeficijent korisnog dejstva Karnoovog ciklusa iznosi 0.5. Za koliko procenata bi trebalo sniziti temperaturuhladnjaka da bi koeficijent korisnog dejstva iznosio 0.6?

a) 10 % b) 40 % c) 20 %d) 80 % e) 60 % n) ne znam (8 poena)

19. Na slici je prikazana električna mreža koja se sastojiod beskonačnog niza otpornika otpornosti R1 = 12 Ωi R2 = 3.75 Ω. Ekvivalentna otpornost mreže izmeđutačaka A i B je

a) 15 Ω b) 2.86 Ω c) 7.5 Ωd) 15.75 Ω e) 30 Ω n) ne znam (8 poena)

20. Izvesna količina radioaktivnog bizmuta, čiji je period poluraspada 5 dana, je izdvojena iz nuklearnog goriva.Procenat mase bizmuta (u odnosu na početnu masu) koji će se raspasti u intervalu od kraja 20-tog dana dokraja 30-tog dana od trenutka izdvajanja biće približno

a) 2.1 % b) 28 % c) 15 %d) 36 % e) 4.7 % n) ne znam (8 poena)

103


REŠENJA

1 Rad pri kretanju neke količine naelektrisanja q u elektrostatičkom polju između tačaka A i B dat je izrazom

A = q (VB − VA)

gde je VB − VA razlika elektrostatičkog potencijala u ovim dvema tačkama. Kako je pri kružnom kretanjupočetna tačka jednaka krajnjoj tački, tj. A=B, za razliku potencijala važi

VB − VA = 0

pa je rad jednak nuliA = 0.

2. a) V · A je jedinica za snagu (odgovara jednačini za električnu snagu P = UI)b) N · m je jedinica za energiju (odgovara jednačini za rad sile A = F∆x)c) m3 · Pa je takođe jedinica za energiju (odgovara jednačini za rad sile konstantnog pritiska A = p∆V )d) eV je jedinica za energiju (odgovara jednačini za rad elektrostatičke sile na naelektrisanje A = q∆U)e) W · s je jedinica za energiju (odgovara jednačini za energiju izraženu u funkciji snage E = P∆t)Sledi da je jedinica koja se razlikuje od ostalih u odgovoru a) V · A.

3 Alfa čestica je dvostruko jonizovani atom Helijuma (jezgro atoma Helijuma) i kao takva se sastoji od dvaprotona i dva neutrona.

4 Jedinica za meru aktivnosti radionukleida u SI sistemu je Bq (bekerel).

5 Napon gradske mreže od 230 V odgovara efektivnoj vrednosti napona.(Gradska mreža proizvodi naizmeničnu (sinusoidalnu) struju trenutne vrednosti V (t) = Vm sin 2πft, maksimalnevrednosti Vm = 230

√2 V, efektivne vrednosti 230 V i srednje vrednosti 0 V).

6 Iz jednačine vertikalnog hica, imamo da je brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvisda bi dostigao visinu H = 45 m:

v0 =√

2gH =√

2 · 10ms2 · 45 m = 30m

s .

7 Zapremina vode koja za vreme ∆t brzinom v protekne kroz cev poprečnogpreseka S data je jednačinom (vidi sliku)

V = Sl = Sv∆t

odakle se za brzinu u funkciji zapremine dobija

v = V

S∆t= 36 m3

200 · 10−4 m2 · 3600 s = 0.5 ms .

105


8 Ako difrakciona rešetka ima 400 zareza po jednom milime-tru, razmak između zareza ove rešetke je

d = 1 mm400

= 2500 nm.

Uslov da se na ekranu pojavi svetla pruga (maksimalna inter-ferencija) je

d sin θn = nλ

gde je θn ugao pod kojim se svetla pruga broj n nalazi uodnosu na horizontalu.Maksimalni broj svetlih pruga na delu zida iznad horizontale je određen uslovom

sin θn ≤ 1

nλ

d≤ 1

n ≤ d

λ

nmax = d

λ

Isti toliki broj svetlih pruga će se nalaziti na delu zida ispod horizontale. Uzimajući u obzir i svetlu prugu kojase pojavljuje na horizontali (za n = 0), ukupan broj svetlih pruga biće

N = nmax + nmax + 1 = 2nmax + 1 = 2 d

λ+ 1

N = 22500 nm625 nm + 1 = 9.

9 Intenzitet magnetskog polja na rastojanju r od pravolinijskog provod-nika kroz koji teče struja jačine I je dat jednačinom

H = I

2πr

dok je smer određen pravilom desne ruke.Slika pokazuje dva provodnika sa jednakim strujama kao što je zadatouslovima zadatka. Vidimo da vektori magnetskog polja koji potiču od ovadva provodnika imaju suprotne smerove samo u delu ravni između dvaprovodnika. Na sredini između provodnika magnetska polja su jednakogintenziteta (jer su na jednakoj udaljenosti od pravolinijskih provodnikaod kojih potiču) a suprotnog smera, pa je njihovo rezultujuće magnetskopolje jednako nuli

Hr = H2 − H1 = I

2πr2− I

2πr1

r1=r2︷︸︸︷= 0.

10 Vetrogenerator koji proizvede električnu energiju

∆E = 13140 MWh = 13140 · 106 · 3600 Ws

za period vremena∆t = 365 dana = 365 · 24 · 3600 s

ima srednju snagu

P = ∆E

∆t= 13140 · 106 · 3600 Ws

365 · 24 · 3600 s = 1.5 MW.

106


11 Duž vertikalne ose, na telo mase m deluju sila Zemljine teže

Q = mg

vertikalno naniže, i u njoj suprotnom smeru, vertikalno naviše, sila otpora podloge N.

Kako se telo ne kreće duž vertikalne ose, to su ove dve sile (prema prvom Newton-ovom zakonu) u ravnoteži

N = Q = mg

Duž horizontalne ose na telo deluje vremenski promenljiva horizontalna sila

F (t) = kt

kojoj se suprotstavlja sila trenjaFtr = ktrN

Da bi telo počelo da se kreće u smeru delovanja spoljašnje sile F (t) , neophodno je da ova sila bude veća od siletrenja

F (t) ≥ Ftr

odakle dobijamokt ≥ ktrN = ktrmg

t ≥ ktrk

mg

odnosno, telo će početi da se kreće nakon vremena

t0 = ktrk

mg = 0.51 N/s · 10 kg · 10 m

s2 = 50 s

od početka delovanja horizontalne sile F (t). To znači da će u trenutku t = 40 s < t0 telo još uvek biti u stanjumirovanja, tj. njegova brzina u tom trenutku iznosiće v = 0 m

s .

12 Napon u kalemu induktivnosti L kada kroz njega protiče linearno promenljiva struja i (t) = kt, može seizraziti u sledećem obliku

U = L∆i

∆t

Kako je∆i = i (t2) − i (t1) = kt2 − kt1 = k (t2 − t1) = k∆t

to za napon dobijamo izrazU = L

∆i

∆t= kL

U = 100 As · 10 · 10−3 H = 1 V.

13 Količina toplote koju idealni gas razmeni sa okolinom data je izrazom

Q = A + ∆U

gde je A rad gasa, ∆U – promena unutrašnje energije gasa.Pri adijabatskom procesu nema razmene energije sa okolinom, pa važi

Q = 0

107


A + ∆U = 0

A = −∆U = − (−40 kJ) = 40 kJ.

14 Neka se automobil tokom vremena t1 kreće konstantnom brzinom v1 a zatim tokom vremena t2 konstantnombrzinom v2.

Funkcija brzine od vremena v(t) se može predstaviti kao na grafiku.

Automobil pređe ukupan puts = s1 + s2 = v1t1 + v2t2

za ukupno vremet = t1 + t2

Njegova srednja brzina kretanja se može definisati sledećim izrazom

vs = s

t= v1t1 + v2t2

t1 + t2.

U prvom slučaju, t1 = t2 tako da za srednju brzinu dobijamo

vs1 = v1 + v2

2

U drugom slučaju, automobil pređe prvu polovinu puta s1 = s/2 krećući se brzinom v1, za vreme

t1 = s1

v1= s

2v1

a zatim drugu polovinu puta s2 = s/2 krećući se brzinom v2 za novo vreme

t2 = s2

v2= s

2v2

te je nova srednja brzina data izrazom

vs2 = s

t= s

t1 + t2= s

s2v1

+ s2v2

= 2v1v2

v1 + v2

Iz uslova zadatka imamo sledeći sistem jednačina (u km/h)

vs1 = v1 + v2

2= 60

vs2 = 2v1v2

v1 + v2= 160

3Iz prve jednačine dobijamo

v2 = 120 − v1

što zamenom u drugu jednačinu daje6v1v2 = 160(v1 + v2)

6v1 (120 − v1) = 120 · 160

v21 − 120v1 + 3200 = 0

v1 = 120 ±√

1202 − 4 · 32002

= 120 ± 402

=

80 km/h40 km/h

108


v2 = 120 − v1 =

40 km/h80 km/h

Kako je prema uslovu zadatka v1 > v2 to je konačno rešenje

v1 = 80 kmh , v2 = 40 km

h .

15 Neka je dužina neistegnute opruge l0. Kada se opruga optereti masom m1 = 2m (sa dva tega iste mase m),ona će se istegnuti na dužinu l1. Na tegove tada deluje sila istezanja opruge (naviše)

F1 = k(l1 − l0)

kao i sila Zemljine teže (naniže)Q1 = 2mg

U stanju ravnoteže važiF1 = Q1

k (l1 − l0) = 2mg

Kada se opruga optereti masom m2 = m (jedan teg je uklonjen), ona će se istegnuti na dužinu l2. Na teg tadadeluje sila istezanja opruge (naviše)

F2 = k(l2 − l0)

kao i sila Zemljine teže (naniže)Q2 = mg


k (l2 − l0) = mg

Imamo sledeći sistem jednačinak (l1 − l0) = 2mg

k (l2 − l0) = mg

i tražimo koeficijent elastičnosti opruge. Ako oduzmemo ove dve jednačine, dobijamo

k (l1 − l2) = mg

odakle jek = mg

l1 − l2

Period oscilovanja opruge sa jednim tegom mase m tada iznosi

T = 2π

√m

k= 2π

√mmg

l1−l2

= 2π

√l1 − l2

g

T = 2π

√1 − 0.84

10s = 0.8 s.

16 Neka je R poluprečnik planete sfernog oblika i ρ njena gustina.Zapremina ove planete je

V = 43

πR3

a masaM = ρV = 4

3ρπR3

Gravitaciono ubrzanje (ili jačina gravitacionog polja) na njenoj površi iznosi

g = γM

R2

109


odnosnog = 4

3γρπR

Neka planeta rotira kružnom učestanošću ω oko svoje ose. Ugaono (centrifugalno) ubrzanje u ekvatorijalnojravni (na udaljenosti r = R od ose rotacije) dato je izrazom

ac = ω2r = ω2R

Prema uslovu zadatka sledig = ac

43

γρπR = ω2R

ω =√

43

γρπ

Period rotacije (u funkciji kružne učestanosti je)

T = 2π

ω= 2π

√3

4γρπ=√

3π

γρ.

17 Kako se posuda nalazi na strmoj ravni nagibnog ugla α, u pravcu njenog kretanja niz ravan deluju:• paralelna komponenta sile Zemljine teže

mg sin α

• i sila konstantnog intenziteta F,

tako da je prema II Newton-ovom zakonu ubrzanje posude sa vodom niz strmu ravan jednako

a = F + mg sin α

m

Vežimo referentni sistem za posudu sa vodom, tako da se referentni sistem kreće ubrzanjem a niz strmu ravan.Neka je masa vode u posudi mv.Na vodu, posmatrano iz datog referentnog sistema osim sile Zemljine teže mvg deluje i inercijalna sila u pravcusuprotnom od pravca ubrzanja referentnog sistema

Fi = mva

Da bi površina vode ostala paralelna strmoj ravni, neophodno je da na vodu deluju samo sile u pravcu normalnomna tu strmu ravan, a da ukupna sila paralelna strmoj ravni bude jednaka nuli.Dakle, za ukupnu silu koja deluje na vodu u pravcu paralelnom strmoj ravni treba da važi

mvg sin α − Fi = 0

mvg sin α−mva = 0

g sin α = a

110


g sin α = F + mg sin α

m

odakle slediF = 0.

18 Koeficijent korisnog dejstva Carnot-ovog ciklusa dat je jednačinom

η1 = 1 − T1

T

gde je T1 temperatura hladnjaka, a T temperatura grejnog tela. Ovo je ujedno maksimalno iskorišćenje kojejedna toplotna mašina može dostići kada radi između temperatura T1 i T .Ako temperaturu hladnjaka snizimo na T2, koefijent korisnog dejstva se može izraziti

η2 = 1 − T2

T

Iz ovih dveju jednačina, imamoT1 = (1 − η1) T

T2 = (1 − η2) T

Procenat za koji treba sniziti temperaturu hladnjaka postaje

∆T

T1= T2 − T 1

T1= T2

T1− 1

odnosno, uzimajuću u obzir gornje izraze za T1 i T2

∆T

T1= T2

T1− 1 = 1 − η2

1 − η1− 1 = 1 − 0.6

1 − 0.5− 1 = 4

5− 1 = −0.2 = −20%.

19 Posmatrajmo beskonačnu električnu mrežu kao na slici. Neka je RN−1 ekvivalentna otpornost mreže desnood čvorova AN−1 i BN−1.

tada se čitava mreža desno od ova dva čvora može zameniti ekvivalentnom otpornošću RN−1 kao na slici ispod.

Sada se ekvivalentna otpornost mreže između tačaka A i B, RN , može izraziti u sledećem obliku

RN = R1 + R2RN−1

R2 + RN−1

111


Za beskonačni broj otpornika N → ∞ imamo da ukupna otpornost mreže neće zavisiti od broja otpornika,odnosno

limN→∞

RN = limN→∞

RN−1 = R∞

tako da prethodna jednačina za N → ∞ postaje

R∞ = R1 + R2R∞

R2 + R∞

Odakle se dobija sledeća kvadratna jednačina

R2∞ − R1R∞ − R1R2 = 0

sa mogućim rešenjima za R∞:

R∞ = R1 ±√

R21 + 4R1R2

2od kojih je jedino fizičko rešenje sa znakom plus (otpornost mora biti nenegativna veličina)

R∞ = R1 +√

R21 + 4R1R2

2= 12 + 18

2Ω = 15 Ω.

20 Radioaktivni raspad se odvija prema sledećoj jednačini

N (t) = N0e−λt

gde je N0 početni broj jezgara radioaktivnog izotopa, N (t) je broj jezgara u vremenskom trenutku t (količinamaterije koja ostaje nakon radioaktivnog raspada), i λ konstanta radioaktivnog raspada.Vreme poluraspada t = t1/2 je definisano kao vreme za koje se raspadne polovina početnog broja jezgara(odnosno, vreme u kome je broj jezgara koji je ostao neraspadnut jednak polovini početnog broja jezgara)

N(t1/2

)= N0

2

smenjujući u formuli iznad, za konstantu raspada dobijamo

N0

2= N0e−λt1/2

2 = eλt1/2

ln 2 = λt1/2

λ = ln 2t1/2

Nakon vremena t = t1 = 20 dana, broj neraspadnutih jezgara iznosi

N1 = N (t1) = N0e−λt1

dok je nakon vremena t = t2 = 30 dana, broj neraspadnutih jezgara

N2 = N (t2) = N0e−λt2

što znači da se u periodu od t1 = 20 dana do t2 = 30 dana raspalo ∆N = N1 − N2 jezgara

∆N = N1 − N2 = N0(e−λt1 − e−λt2

)Masa bizmuta je proporcionalna broju jezgara koji postoji u toj masi, tako da je procenat mase bizmuta (uodnosu na početnu masu) koji se raspadne u intervalu vremena jednak procentu broja jezgara (u odnosu napočetni broj jezgara) koji se raspadne u datom intervalu

∆N

N0= e−λt1 − e−λt2

112


∆N

N0= e

− ln 2t1/2

t1 − e− ln 2

t1/2t2

∆N

N0=(eln 2)− t1

t1/2 −(eln 2)− t2

t1/2

Koristeći x = eln x (odnosno 2 = eln 2, za x = 2) dalje dobijamo

∆N

N0= 2− t1

t1/2 − 2− t2t1/2

∆N

N0= 2− 20

5 − 2− 305

∆N

N0= 2−4 − 2−6

∆N

N0= 1

16− 1

64= 4 − 1

64= 3

64≈ 4.7 %.

113



(28. jun 2011.)


1. Tesla (T) je jedinica za

a) snagu b) energiju c) magnetski fluksd) silu e) magnetsku indukciju n) ne znam (3 poena)

2. Pri kružnom kretanju oko Sunca ugaona brzina centra Zemlje je približno

a) 2 · 10−7 s−1 b) 1.2 · 10−5 s−1 c) 7.3 · 10−5 s−1


3. Jezgro atoma radioaktivnog elementa ima Z protona i N neutrona. U pozitronskom (β+) raspadu jezgraneće se promeniti

a) Z b) N c) Z/Nd) Z+N e) Z-N n) ne znam (3 poena)

4. Od nabrojanih fizičkih veličina skalar je

a) ubrzanje b) električno polje c) napond) moment impulsa e) magnetska indukcija n) ne znam (3 poena)

5. Zapremina jednog mola idealnog gasa na temperaturi od 0°C i pritisku od 101.3 kPa je(R = 8.314 J/(mol K))

a) 22.4 m3 b) 22.4 dm3 c) 22.4 cm3

d) 2240 cm3 e) 224 dm3 n) ne znam (3 poena)

6. Brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu 45 m je(otpor vazduha zanemariti, g = 10 m/s2)

a) 30 m/s b) 450 m/s c) 200 m/sd) 21.2 m/s e) 900 m/s n) ne znam (4 poena)

7. Kroz vodovodnu cev promenljivog prečnika protiče voda. Na mestu na kojem je prečnik cevi 80 mm brzinavode je 1 m/s. Na mestu na kojem je prečnik cevi 40 mm brzina vode je

a) 0.5 m/s b) 2 m/s c) 4 m/sd) 8 m/s e) 16 m/s n) ne znam (4 poena)

115


8. Tačkasti svetlosni izvor se nalazi na rastojanju 2 m ispred tankog sabirnog sočiva. Lik predmeta je narastojanju 1 m iza sočiva. Žižna daljina sočiva iznosi

a) 2 m b) 2/3 m c) 1/2 md) 1/3 m e) 3/2 m n) ne znam (4 poena)

9. Dva tačkasta naelektrisanja se nalaze na x−osi. Naelektrisanje +Q se nalazi u tački A, a naelektrisanje −Qu tački B pri čemu je xA < xB . Tačka C u kojoj je elektrostatičko polje jednako nuli je

a) levo od tačke A b) desno od tačke Bc) između tačaka A i B d) svuda u prostorue) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (4 poena)

10. Ako se kinetička energija tela konstantne mase poveća četiri puta njegov impuls se

a) ne menja b) smanji dva puta c) smanji četiri putad) poveća dva puta e) poveća četiri puta n) ne znam (4 poena)

11. Grejač u gradskoj mreži napona 230 V ima snagu od 110 W. Kada se priključi na izvor napona 24 V istigrejač ima snagu od približno

a) 11.5 W b) 5.75 W c) 2.4 Wd) 1.2 W e) 23 W n) ne znam (5 poena)

12. Napon između ploča kondenzatora kapacitivnosti C = 10 muF se menja po zakonu u(t) = kt gde jek = 100 V/s. Struja kroz kondenzator iznosi

a) 1 mA b) 10 mA c) 100 mAd) 0.1 mA e) 1 A n) ne znam (5 poena)

13. Veštački Zemljin satelit se kreće po stacionarnoj kružnoj orbiti na visini R/6 iznad površi Zemlje, gde je Rpoluprečnik Zemlje. Ako je gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje g intenzitet brzine satelita je

a)√

5gR/6 b) 2√

2gR c)√

6gR/7d) 3

√gR e)

√3gR n) ne znam (5 poena)

14. Čestica mase m i naelektrisanja q kreće se pod uticajem homogenog magnetskog polja indukcije B pokružnici poluprečnika R, brzinom v. Rad Lorencove sile kada čestica obiđe jedan krug je

a) 2πRqvB b) 0 c) mv2/2d) 2πmv2 e) 2RqvB n) ne znam (5 poena)

15. Telo mase 800 g se kreće pod dejstvom konstantne sile. Za vreme dok sila izvrši rad od 48 J, brzina tela sepromeni za 4 m/s. Srednja brzina tela u tom intervalu vremena je

a) 9.6 m/s b) 30 m/s c) 60 m/sd) 7.5 m/s e) 15 m/s n) ne znam (7 poena)

116


16. Tanak list cigaret papira okvašen vodom prilepljen je za staklenu planparalelnu pločicu debljine d. Tanaklaserski snop svetlosti pada normalno na površ papira na kome se rasejava i prolazeći kroz staklo stvara nadrugoj površi pločice kružnu osvetljenu površ poluprečnika R. Indeks prelamanja staklene pločice je

a) R/d b)√

R2 + d2/R c) 2R/d

d) 2√

R2 + d2/R e)√

R2 + 4d2/R n) ne znam (7 poena)

17. U posudi sa vodom se nalazi komad plute koji je neistegljivim koncemzanemarljive mase vezan za dno kao na slici. Ako se posuda ne kreće silazatezanja u koncu je T . Ako se posuda kreće naniže sa konstantnim ubrzanjemintenziteta a = g/3 (g je gravitaciona konstanta) nova sila zatezanja u koncuće biti

a) T b) 3T/2 c) 3T

d) 2T/3 e) 4T/3 n) ne znam (7 poena)

18. Jedan mol idealnog gasa se izobarskim širenjem prevede iz početnog stanja sa temperaturom T1 = 600 K ukrajnje stanje sa tri puta većom zapreminom. Mehanički rad izvršen u ovom procesu je približno(R = 8.314 J/(mol K))


19. Ekvivalentna otpornost mreže otpornika između tačakaA i B na slici iznosi

a) 7R/3 b) 2R c) 3R/2d) 5R/3 e) 4R/3 n) ne znam (8 poena)

20. Tanka, kruta metalna žica, zanemarljive mase i dužine 2L savijenaje na sredini tako da ima oblik grčkog slova Λ. Ugao između kraka žiceje 120°. Dve kuglice malih prečnika i istih masa zakačene su za krajevežice. Sistem osciluje u gravitacionom polju u vertikalnoj ravni koju činekraci žice, oko ose koja prolazi kroz tačku savijanja O, a normalna je naravan oscilovanja. Period malih oscilacija ovog oscilatora je

a) 2π√

L/g b) π√

2L/g c) π√

L/(2g)d) 2π

√L/(2g) e) 2π

√2L/g n) ne znam (8 poena)

117


REŠENJA

1 Tesla (T) je jedinica za magnetsku indukciju (B).

2 Centar Zemlje opiše puni krug ∆ϕ = 2π rad oko Sunca za ∆t = 365 dana = 365 · 24 · 3600 s.Ugaona brzina centra Zemlje je

ω = ∆ϕ

∆t= 2π

365 · 24 · 3600≈ 2 · 10−7 s−1.

3 Pri pozitronskom β+ raspadu u jezgru radioaktivnog elementa dolazi do pretvaranja protona u neutron uzemitovanje pozitrona (e+) i elektron neutrina. Dakle ukupan broj protona i neutrona u jezgru radioaktivnogelementa ostaje nepromenjen, odnosno Z+N = const.

4 Napon je skalarna fizička veličina.

5 Prema jednačini idealnog gasa imamopV = nRT

V = nRT

p

V =1 mol · 8.314 J

mol K · (0 + 273 K)101.3 · 103 Pa = 0.0224 m3 = 22.4 dm3.

6 Prema jednačini vertikalnog hica, brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis dadostigne visinu H = 45 m, je

v0 =√

2gH

v0 =√

2 · 10ms2 · 45 m = 30m

s .

7 Na osnovu jednačine kontinuiteta (za protok nestišljivog fluida) dobijamo

S1v1 = S2v2

v2 = v1S1

S2

v2 = v1D2

1D2

2= 1m

s · 802

402 = 4ms .

8 Na osnovu jednačine tankog sabirnog sočiva

1f

= 1p

+ 1q

gde je p = 2 m udaljenost izvora ispred sočiva i q = 1 m udaljenost (realnog) lika iza sočiva, za žižnu daljinuovog sočiva dobijamo

1f

= 11 m + 1

2 m = 32 m ⇒ f = 2

3m.

9 Uzimamo u obzir da je jačina električnog polja tačkastog naelektrisanja Q na rastojanju R data izrazom

E = Q

4πεR2

i radijalnog je pravca u smeru „od“ pozitivnog naelektrisanja, odnosno, u smeru „ka“ negativnom naelektrisanju.Posmatramo električno polje na x-osi u tri moguća slučaja, kao na slici:

119


(a) xA ≤ xC < xB (između tačaka A i B)(b) xC ≥ xB > xA (desno od tačke B)(c) xC < xA < xB (levo od tačke A)

Rezultujuća električna polja u ova tri slučaja su:(a)

Ea = E1 + E2 = Q

4πε(xC − xA)2 + Q

4πε(xB − xC)2 > 0

ovaj izraz je uvek pozitivan jer odgovara sumi dve pozitivne vrednosti.(b)

Eb = E1 + E2 = Q

4πε(xC − xA)2 − Q

4πε (xB − xC)2 = Q

4πε

(1

(xC − xA)2 − 1(xC − xB)2

)> 0

ovaj izraz je uvek pozitivan za xB > xA.(c)

Ec = E1 + E2 = − Q

4πε (xC − xA)2 + Q

4πε (xB − xC)2 = − Q

4πε

(1

(xC − xA)2 − 1(xC − xB)2

)< 0

ovaj izraz je uvek negativan za xB > xA.Dakle, nijedan od ovih izraza nije jednak nuli. Ovaj rezultat se može proširiti i za tačke posmatranjau čitavoj ravni, kao i u čitavom prostoru. Dakle, ne postoji tačka C u kojoj je intenzitet električ-nog polja jednak nuli (osim tačaka u beskonačnosti), tako da nijedan od datih odgovora nije tačan.

10 Kinetička energija tela konstantne mase m koje se kreće brzinom v data je izrazom

Ek = 12

mv2

a impuls tog telap = mv

Pri povećanju kinetičke energije 4 puta, za telo konstantne mase m važi

v2

v1=√

Ek2

Ek1=

√4 = 2

p2

p1= v2

v1= 2

odnosno impuls će se povećati dva puta.

11 Snaga koja se razvija na grejaču otpornosti R priključenom na napon V1 data je izrazom

P1 = V 21

R

120


Isti otpornik priključen na drugi izvor napona V2 imaće snagu

P2 = V 22

R

Iz prethodne dve jednačine dobijamoP2

P1=

V 22

RV 2

1R

= V 22

V 21

odnosnoP2 = P1

V 22

V 21

P2 = 110 W ·(

24230

)2

≈ 1.2 W.

12 Pri linearnoj promeni napona između ploča kondenzatora

u (t) = kt

struja kroz kondenzator kapacitivnosti C je konstantna i može se izračunati prema sledećem izrazu

i = C∆u

∆t

Kako je∆u = u (t2) − u (t1) = k (t2 − t1) = k∆t

za struju dobijamoi = C

k∆t

∆t= Ck

i = 10 · 10−6 F · 100Vs = 1 mA.

13 Na satelit mase m na visini H iznad Zemljine površi, tj. na rastojanju R1 = R+H od centra Zemlje, delujegravitaciona sila Zemljine teže

Fg = γmM

R21

= γmM

(R + H)2

gde je M masa Zemlje i γ gravitaciona konstanta. Gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje odgovara jačinigravitacionog polja na površi Zemlje i definisano je

g = γM

R2 ⇒ γM = gR2

što zamenom u prethodnoj jednačini daje

Fg = m

(R + H)2 γM = mgR2

(R + H)2

Kada se satelit kreće brzinom v po kružnoj putanji radijusa R1 na njega deluje centrifugalna inercijalna siladata izrazom

Fc = mv2

R1= mv2

R + H

Za stacionarnu kružnu putanju važi jednakost gravitacione sile i centrifugalne sile, odnosno

Fg = Fc

mgR2

(R + H)2 = mv2

R + H

121


odakle se za brzinu satelita dobija

v =√

gR2

R + H

Za zadatu visinu H = R/6 imamov =

√6gR/7.

14 Na česticu mase m i naelektrisanja q koja se kreće po kružnici poluprečnika R brzinom v u homogenommagnetskom polju indukcije B deluje Lorentz-ova sila

F = q v × B

Vektor ove sile je normalan na vektor brzine odnosno na vektor putanje ove čestice pa je skalarni proizvodvektora sile i vektora putanje jednak nuli u svakoj tački putanje.Kako se rad definiše kao skalarni proizvod vektora sile i vektora putanje i kako je ovaj proizvod nulau svakoj tački putanje, to je rad koji Lorentz-ova sila vrši na čestici naelektrisanja q jednak nuli.

15 Telo mase m na koje deluje konstantna sila se kreće ubrzanjem a i pod dejstvom ove sile u intervalu vremenat = t1 dostigne brzinu

v1 = v0 + at1

Srednja brzina ovog tela u intervalu vremena t1 je data izrazom

vs = v1 + v02

Rad koji sila izvrši nad telom jednaka je promeni kinetičke energije tog tela

A = Ek1 − Ek0 = mv21

2− mv2

02

= m

2(v2

1 − v20)

Kako jev2

1 − v20 = (v1 − v0) (v1 + v2)

to se dobijaA = m (v1 − v0) v1 + v0

2= m∆vvs

gde smo sa ∆v = v1 − v0 označili promenu brzine tela pod dejstvom sile.

Iz prethodne jednačine se za srednju brzinu tela dobija

vs = A

m∆v

vs = 48 J0.8 kg · 4 m

s= 60

4ms = 15 m

s .

16 Laserski snop se rasejava na površi papira, tako da zraci ovog laserskog snopa upadaju u staklenu pločicupod svim mogućim uglovima

0 ≤ θ1 ≤ π

2Na osnovu Snell-ovog zakona prelamanja svetlosti na graničnoj površi vazduha sa staklom imamo


gde je n1 = 1 indeks prelamanja vazduha, i gde smo zanemarili uticaj tankog cigaret papira na prelamanjesvetlosti.

122


Iz prethodnog izraza dobijamosin θ2 = 1

n2sin θ1

i kako za sve moguće upadne uglove θ1 važi0 ≤ sin θ1 ≤ 1

sledi da su laserski zraci prelomljenog snopa u staklu ograničeni uglovima

0 ≤ sin θ2 ≤ 1n2

Maksimalni ugao pod kojim se zrak prelama je dakle

sin θ2,max = 1n2

Za poluprečnik kružne površi koja se stvara na drugoj površi pločice debljine d, važi (vidi sliku)

R = d tan θ2,max

Koristeći sledeće trigonometrijske relacije

cos θ =√

1 − sin2 θ

tan θ = sin θ

cos θ= sin θ√

1 − sin2 θ

dalje dobijamo

R = d tan θ2,max = dsin θ2,max√

1 − sin2 θ2,max

= d1

n2√1 − 1

n22

= d1√

n22 − 1

odakle se za indeks prelamanja ima √n2

2 − 1 = d

R

n22 = 1 +

(d

R

)2

= R2 + d2

R2

n2 =√

R2 + d2

R.

17 Neka je masa komada plute m, zapremina komada plute V igustina vode ρ. Kada posuda miruje, na komad plute u vodi delujusledeće sile

• sila Zemljine teže (vertikalno naniže): Fg = mg• sila potiska (vertikalno naviše): Fp = ρV g• sila zatezanja konca (vertikalno naniže): T

Kako komad plute miruje, to važi uslov ravnoteže

Fg + T = Fp

T = Fp − Fg = (ρV − m) g.

Neka se sada posuda kreće naniže konstantnim ubrzanjem a. Ve-žimo referentni sistem za ovu posudu. Na neko telo mase m uovom referentnom sistemu deluje sila Zemljine teže mg naniže iinercijalna sila ma naviše (u smeru suprotnom od smera ubrzanjareferentnog sistema), tj. rezultantna sila oblika

mg − ma = m (g − a) = mg1

123


To znači da kada se referentni sistem kreće naniže ubrzanjem a, tela u tom sistemu se ponašaju kao da su nanekoj drugoj planeti na kojoj je gravitaciono ubrzanje

g1 = g − a.

Dakle, u ovom slučaju ćemo imati istu jednačinu za silu zatezanja konca, samo sa novom gravitacionom kons-tantom

T1 = (ρV − m) g1 = (ρV − m)(g − a)

Za a = g/3 dalje dobijamoT1 = (ρV − m)

(g − g

3

)= 2

3(ρV − m) g = 2

3T.

18 Jednačina idealnog gasa u stanju 1 jep1V1 = nRT1

i slično za jednačinu idealnog gasa u stanju 2 imamo

p2V2 = nRT2

Pri izobarskom širenju gasa iz stanja 1 u stanje 2 pritisak ostaje konstantan

p1 = p2 = p

i pri tome važiV1

T1= V2

T2

Kako je prema uslovima zadatka V2 = 3V1, to za temperature važi

T2 = T1V2

V1= 3T1

Mehanički rad gasa pri izobarskom širenju je dat jednačinom

A = p∆V = p (V2 − V1)

Uzimajući u obzir gornje jednačine idealnog gasa imamo

A = pV2 − pV1 = nRT2 − nRT1 = nR (T2 − T1)

A = nR (3T1 − T1) = 2nRT1

Odakle se za zadate vrednosti dobija

A = 2 · 1 mol · 8.314 Jmol · K · 600 K ≈ 10 kJ.

19 Neka su čvorovi i struje označeni kao na slici. Svaki otpornik na slici ima otpornost R.

124


Primenom prvog Kirchhoff-ovog zakona za struje na čvorove C, D, E, i F, redom, dobijamo sledeće jednačineza strujeC: I = I1 + I2

D: I1 = I3 + I4

E: I5 = I2 + I3

F: I = I4 + I5

Pad napona između čvorova C i E je nula (kratak spoj): UCE = 0Istovremeno, važi

UCE = UCD + UDE

Kako je prema Ohm-ovom zakonu UCD = RI1 i UDE = RI3 to se dobija

RI1 + RI3 = 0 ⇒ I3 = −I1

Zamenom u jednačinu struja za čvor D imamo

I1 = I3 + I4 = −I1 + I4 ⇒ I4 = 2I1

Pad napona između čvorova D i F je takođe nula (kratak spoj): UDF = 0Istovremeno, važi

UDF = UDE + UEF

Kako je prema Ohm-ovom zakonu UDE = RI3 i UEF = RI5 to se dobija

RI3 + RI5 = 0 → I5 = −I3 = − (−I1) = I1

Zamenom u jednačinu struja za čvor E imamo

I1 = I5 = I2 + I3 = I2 − I1

odakle jeI2 = 2I1

Zamenom ove relacije u jednačinu za čvor C imamo

I = I1 + I2 = 3I1 ⇒ I1 = I

3

Sada imamoUAB = UAC + UCD + UDF + UFB

i kako je na osnovu Ohm-ovog zakonaUAC = RI

UCD = RI1 = 13

RI

UDF = 0

UFB = RI

to dalje dobijamoUAB = RI + 1

3RI + 0 + RI = 7

3RI

Ako čitavu mrežu zamenimo ekvivalentnim otporom otpornosti Rekv, kroz otpornik će teći ista struja I i stvaraćeisti pad napona UAB, tako da prema Ohm-ovom zakonu važi

UAB = RekvI

Direktnim poređenjem poslednje dve jednačine, za ekvivalentnu otpornost mreže otpornika dobijamo

Rekv = 73

R.

125


20 Pretpostavimo da je sistem žice savijene po sredini sa kuglicama mase M na njenim krajevima otklonjeniz položaja ravnoteže za mali ugao θ u smeru suprotnom od smera kazaljke na satu, kao na slici. Tada je ugaoizmeđu levog kraka žice i vertikalne ose π

3− θ, a ugao između desnog kraka žice i vertikalne ose π

3+ θ, kao na

slici.

Na levu kuglicu deluje sila Zemljine teže Mg, tako da je moment ove sile (u smeru suprotnom od kazaljke nasatu):

M+ = F1 · L

kako je normalna komponenta sile Zemljine teže na levi krak

F1 = Mg sin(π

3− θ)

za moment sile imamoM+ = F1 · L = MgL sin

(π

3− θ)

Na sličan način, za moment sile koja deluje na desni krak (u smeru kazaljke na satu) imamo

M− = F2 · L = MgL sin(π

3+ θ)

Rezultujući moment sile koji deluje na ovaj sistem otklonjen za mali ugao θ iz ravnotežnog položaja je

Mr = M+ − M− = MgL(

sin(π

3+ θ)

− sin(π

3− θ))

Uzimajući u obzir trigonometrijsku relaciju

sin (α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β

ima se

sin(π

3+ θ)

− sin(π

3− θ)

= sin π

3cos θ + cos π

3sin θ −

(sin π

3cos θ − cos π

3sin θ

)= 2 cos π

3sin θ = sin θ

tako da jeMr = MgL sin θ

Za male uglove θ važi sin θ ≈ θ:Mr ≈ MgL · θ = kθ

gde smo sa k = MgL označili koeficijent elastičnosti.Moment inercije kuglice mase M na rastojanju L od centra rotacije dat je relacijom

I0 = ML2

U našem slučaju imamo dve kuglice mase M na istom rastojanju L od centra rotacije, tako da je ukupan momentinercije

I = 2I0 = 2ML2

126


Najzad, ako na sistem momenta inercije I, deluje moment sile oblika Mr = kθ (u smeru suprotnom od smerarotacije), to će ovaj sistem imati male (harmonijske) oscilacije perioda

T = 2π

√I

k

Zamenom izraza za koeficijent k i moment inercije I dobijamo

T = 2π

√2ML2

MgL

T = 2π

√2L

g.

127



(29. jun 2010.)


1. Jačina električnog polja u centru naelektrisane metalne sfere

a) zavisi od količine naelektrisanja na sferi b) zavisi od poluprečnika sferec) zavisi od potencijala sfere d) jednaka je nulie) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (3 poena)

2. Osnovna jedinica za pritisak u SI sistemu je

a) Torr b) mmHg c) atmd) Pa e) psi n) ne znam (3 poena)

3. Jezgro atoma radioaktivnog elementa im Z protona i N neutrona. U β− raspadu neće se promeniti

a) Z b) N c) Z/Nd) Z-N e) Z+N n) ne znam (3 poena)


a) snagu b) energiju c) intenzitet siled) količinu elektriciteta e) električno polje n) ne znam (3 poena)

5. Ako kroz poprečni presek provodnika ravnomerno prolazi svakog minuta količina elektriciteta od 24 kulona,jačina struje je

a) 0.4 A b) 1.5 A c) 24 Ad) 1440 A e) 4 A n) ne znam (3 poena)

6. Telo je izbačeno naviše sa visine 1 m, početnom brzinom√

5 m/s. Pri udaru o tlo telo će imati brzinu(g = 10 m/s2)

a)√

5 m/s b) 2√

5 m/s c) 5 m/sd)

√15 m/s e)

√30 m/s n) ne znam (4 poena)

7. Kroz vodovodnu cev prečnika 40 mm ističe voda stalnom brzinom od 2 m/s. Kubni metar vode istekne zapribližno


129


8. Čestica se kreće konstantnom brzinom kroz sredinu indeksa prelamanja 2.5. Da bi brzina čestice bila jednakabrzini svetlosti u datoj sredini, ona bi trebalo da iznosi

a) 0.4c b) c c) 0.5c

d) c/3 e) zadatak nema rešenje n) ne znam (4 poena)

9. Frekvencija elektromagnetskih talasa talasne dužine λ = 1 cm je (c = 3 · 108 m/s)

a) 3 GHz b) 30 GHz c) 300 GHzd) 300 Hz e) 3 kHz n) ne znam (4 poena)

10. Oko ose rotacije obrće se materijalna tačka mase m = 4 g po kružnici prečnika D = 2 m. Moment inercijematerijalne tačke u odnosu na tu osu rotacije je

a) 10 kg cm2 b) 5 kg cm2 c) 20 kg cm2

d) 40 kg cm2 e) 2.5 kg cm2 n) ne znam (4 poena)

11. Litar vode na temperaturi od 295 K pomeša se sa dva litra vode na temperaturi od 97oC. Temperaturasmeše je

a) 72oC b) 320 K c) 480 Kd) 332.5 K e) 70.5oC n) ne znam (5 poena)

12. Kroz kalem induktivnosti L = 10 mH protiče vremenski promenljiva struja i (t) = kt gde je k = 10 A/s.Indukovana elektromotorna sila na krajevima kalema po svojoj apsolutnoj vrednosti iznosi

a) 1 V b) 10 V c) 0.1 Vd) 0.01 V e) 100 V n) ne znam (5 poena)

13. Veštački Zemljin satelit se kreće po stacionarnoj kružnoj orbiti na visini R iznad površi Zemlje, gde je Rpoluprečnik Zemlje. Ako je gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje g intenzitet brzine satelita je

a)√

5gR b)√

2gR c)√

gR

d)√

gR/3 e)√

gR/2 n) ne znam (5 poena)

14. Alfa čestica se u stacionarnom i homogenom magnetskom polju indukcije B kreće po kružnici poluprečnikaR. Impuls alfa čestice je

a) eBr b) 4eBr c) 2eB/r

d) 2eBr e) 0 n) ne znam (5 poena)

15. Balon mase 1000 kg počne da se spušta ubrzanjem 0.01 g. Masa balasta (tereta) koju treba odbaciti izgondole da bi balon počeo da se kreće istim ubrzanjem naviše iznosi približno (g = 10 m/s2)


130


16. Ekspander paralelnog snopa laserskog zračenja sastoji se od jednog rasipnog sočiva žižne daljine |f | = 10 cmi jednog sabirnog sočiva žižne daljine F = 50 cm, postavljenih upravno na pravac snopa, a razdvojenih zaF − |f | = 40 cm. Prečnik izlaznog snopa se posle prolaska kroz ekspander uveća

a) 2 puta b) 1.2 puta c) 5 putad) 4 puta e) 2.5 puta n) ne znam (7 poena)

17. U posudi sa vodom se nalazi komad plute koji je neistegljivim koncemzanemarljive mase vezan za dno kao na slici. Ako se posuda ne kreće silazatezanja u koncu je T . Ako se posuda kreće naviše sa konstantnim ubrzanjemintenziteta a = 3g (g je gravitaciona konstanta) nova sila zatezanja u koncuće biti

a) T b) 4T c) 3T

d) T/3 e) pluta će potonuti na dno n) ne znam (7 poena)

18. Monoatomski idealni gas zagreva se pri konstantnoj zapremini od 10 litara tako da mu se pritisak povećaza 400 kPa. Količina toplote dovedena gasu pri zagrevanju je


19. Na slici je prikazano kolo stalne jednosmerne struje. Ako ampermetarA ne pokazuje nikakvo skretanje električna otpornost otpornika R3 je

a) 2 kΩ b) 4 kΩc) 8 kΩ d) 16 kΩe) 32 kΩ n) ne znam

(8 poena)

20. U širok otvoreni sud tankih zidova nalivena je voda do vi-sine H, kao na slici. Na bočnoj strani suda je napravljen maliotvor kroz koji voda ističe u horizontalnom pravcu. Visina hna kojoj treba da se nalazi ovaj otvor da bi mlaz vode imaomaksimalni domet D i vrednost maksimalnog dometa iznoserespektivno

a) h = H/2, D = H/2 b) h = H/2, D =√

2H

c) h = H/√

2, D = H/2 d) h = H/3, D = H

e) h = H/2, D = H n) ne znam

(8 poena)

131


REŠENJA

1 Jačina električnog polja u centru naelektrisane metalne sfere je jednaka nuli. Ovo je direktna posledicaGauss-ovog zakona i činjenice da je ukupna količina naelektrisanja koja se nalazi unutar sfere jednaka nuli(naelektrisanje se raspoređuje ravnomerno po površi sfere). Kako u sferi nema izvora naelektrisanja, to je ijačina električnog polja unutar sfere jednaka nuli.

2 Osnovna jedinica za pritisak u SI sistemu je Pa.

3 Pri β− raspadu u jezgru radioaktivnog atoma neutron se pretvara u proton, pri čemu se emituje elektron ielektron neutrino. Dakle ukupan broj protona i neutrona u jezgru Z+N ostaje konstantan.

4 eV je jedinica za energiju.

5 Ako kroz poprečni presek provodnika za ∆t = 1 min = 60 s ravnomerno prolazi količina elektriciteta od∆Q = 24 C, jačina struje je data izrazom

I = ∆Q

∆t= 24 C

60 s = 0.4 A.

6 Telo koje je izbačeno naviše sa visine h0 = 1 m početnom brzinom v0 =√

5 m/s će prema jednačinivertikalnog hica dostići visinu

h1 = h0 + v20

2g

Telo zatim sa ove visine pada vertikalno naniže, početnom brzinom jednakom nuli i sa ubrzanjem jednakimubrzanju Zemljine teže (vertikalni pad). Brzina koju telo dostigne pri udaru u tlo je data jednačinom

v1 =√

2gh1 =√

v20 + 2gh0 = 5 m

s .

7 Kroz vodovodnu cev prečnika D = 40 mm ističe voda stalnom brzinom od v = 2 m/s.Zapremina vode V koja istekne za vreme ∆t, data je izrazom

V = Sv∆t

odakle se za interval vremena dobija∆t = V

Sv

Površina poprečnog preseka cevi je

S = D2π

4odakle imamo

∆t = 4V

D2πv

∆t = 4 · 1 m3

(40 · 10−3 m)2 · 3.14 · 2 ms

= 10002.512

s ≈ 398 s.

8 Brzina svetlosti u sredini indeksa prelamanja n = 2.5 data je izrazom

cn = c

n

cn = c

2.5= 0.4c.

133


9 Frekvencija elektromagnetskih talasa talasne dužine λ = 1 cm data je izrazom

f = c

λ

i iznosif =

3 · 108 ms

1 · 10−2 m = 3 · 1010 Hz = 30 GHz.

10 Materijalna tačka mase m = 4 g koja se okreće oko ose rotacije po kružnici poluprečnika R = D

2= 1 m

ima moment inercije dat izrazom

I = mR2 = 4 · 10−3 kg · (100 cm)2 = 40 kg cm2.

11 Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda zapremine V (kojaodgovara masi m = ρV ) na temperaturi T data je izrazom

Q = mcT = ρcV T

Ako pomešamo zapreminu vode V1 na temperaturi T1 (i količinom sadržane toplote Q1 = ρcV 1T1) sa zapre-minom vode V2 na temperaturi T2 (i količinom sadržane toplote Q2 = ρcV 2T2), na osnovu zakona održanjaenergije, količina toplote rezultujuće smeše biće

Q = Q1 + Q2 = ρc (V1T1 + V2T2)

Kako je rezultujuća smeša takođe voda, ukupne zapremine V = V1+V2, iste specifične toplote c, i na rezultujućojtemperaturi T , to se količina toplote može izraziti i u sledećem obliku

Q = ρcV T = ρc (V1 + V2) T

Iz poslednje dve jednačine slediρc (V1 + V2) T = ρc (V1T1 + V2T2)


T = V1T1 + V2T2

V1 + V2

T = 1 · (295 − 273) + 2 · 971 + 2

oC

T = 72oC.

12 Indukovana elektromotorna sila u kalemu koeficijenta samoindukcije L kada kroz njega protiče linearnopromenljiva struja i (t) = kt, dat je izrazom

Ei = −L∆i

∆t


to za apsolutnu vrednost elektromotorne sile dobija

|E i| = L∆i

∆t= kL

|E i| = 10 As · 10 · 10−3 H = 0.1 V.

13 Na veštački Zemljin satelit koji se brzinom v kreće po stacionarnoj kružnoj orbiti na visini R iznad površiZemlje, gde je R poluprečnik Zemlje, deluje centrifugalna sila (usmerena radijalno od centra Zemlje)

Fc = mv2

Ro= mv2

2R

134


gde je Ro = 2R poluprečnik njegove kružne putanje.Istovremeno, na satelit deluje sila gravitacionog polja Zemlje (usmerena radijalno ka centru Zemlje) data jed-načinom

Fg = γmM

R2o

= γmM

4R2

gde je M masa Zemlje. Kako je gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje g dato izrazom

g = γM

R2

to dobijamo da je sile Zemljine teže na visini R iznad površi Zemlje jednaka jednoj četvrtini sile Zemljine težena površi Zemlje

Fg = 14

mγM

R2 = 14

mg

Pri kružnom kretanju važi ravnoteža sile Zemljine teže i centrifugane sile

Fc = Fg

mv2

2R= 1

4mg

v =√

gR/2.

14 Neka se alfa čestica naelektrisanja q i mase m kreće brzinom v po kružnici radijusa R u polju magnetskeindukcije B kao na slici.

Na česticu deluje Lorentz-ova silaFL = qv × B

Uzimajući u obzir da je vektor brzine normalan na vektor magnetske indukcije, za intenzitet Lorentz-ove sile seima (pravac i smer su određeni pravilom desne ruke, kao na slici)

FL = qvB

Na česticu koja se kreće po kružnici radijusa R brzinom v deluje centrifugalna sila (u smeru suprotnom odsmera Lorentz-ove sile, kao na slici) intenziteta

Fc = mv2

R

Za kretanje po kružnici važi ravnoteža ovih dveju sila

FL = Fc

qvB = mv2

R

mv = qBR

Kako je impuls čestice dat izrazomp = mv

i naelektrisanje alfa čestice (alfa čestica je dvostruko jonizovani atom Helijuma)

q = 2e

135


gde je e naelektrisanje elektrona, to iz prethodne jednačine za impuls alfa čestice dobijamo izraz

p = 2eBR.

15 Na balon sa balastima mase M deluje sila Zemljine teže (vertikalno naniže)

Fg = Mg

i sila potiska vazduha na balon Fp vertikalno naviše kao na slici.Ako se balon kreće vertikalno naniže ubrzanjem a = 0.01g, to prema II Newton-ovom zakonu imamo

Ma = Mg − Fp

odakle se za silu potiska dobija

Fp = Mg − Ma

Ako se iz gondole izbaci teret mase ∆M , masa balona je manja i sada iznosi

M1 = M − ∆M

Na balon deluje sila Zemljine teže (vertikalno naniže)

Fg1 = M1g = (M − ∆M) g

i ista sila potiska Fp vertikalno naviše (sila potiska zavisi od zapremine balona i gustine vazduha koje se nemenjaju). Ako se balon sada kreće istim ubrzanjem a ali ovaj put vertikalno naviše, to prema II Newton-ovomzakonu važi

M1a = Fp − Fg1

(M − ∆M)a = (Mg − Ma) − (M − ∆M) g

2Ma = ∆M (g + a)

∆M = 2Ma

g + a

Za a = 0.01g ≪ g, važi g + a ≈ g te dobijamo

∆M ≈ 2Ma

g= 2 · 1000 kg · 0.01 = 20 kg.

16 Neka je prečnik ulaznog laserskog snopa D1 a prečnik izlaznog snopa D2. Ekspander se sastoji od rasipnogsočiva žižne daljine |f | = 10 cm i sabirnog sočiva žižne daljine F = 50 cm.Kada zraci ulaznog snopa upadaju pod pravim uglom na rasipno sočivo, po izlasku ovi zraci divergiraju kao štoje prikazano na slici (imaginarni lik ovog snopa je fokusiran u žiži sočiva).Kako je rastojanje između rasipnog i sabirnog sočiva

d = F − |f |

to se žiža sabirnog sočiva nalazi u istoj tački kao i žiža rasipnog sočiva (videti sliku).

136


Kako je imaginarni lik snopa (imaginarni tačkasti izvor) u žiži sabirnog sočiva, to će zraci ovog snopa nakonprolaska kroz ovo sočivo nastaviti da se kreću u pravcu normalnom na sočivo (kao na slici).Iz sličnosti trouglova sa slike se vidi da je odnos prečnika snopa posle izlaska iz ekspandera i pre ulaska uekspander dat relacijom

D2

D1= F

|f |= 5.

17 Neka je masa komada plute M , zapremina komada plute V igustina vode ρ. Kada posuda miruje, na komad plute u vodi delujusledeće sile

• sila Zemljine teže (vertikalno naniže): Fg = Mg• sila potiska (vertikalno naviše): Fp = ρV g• sila zatezanja konca (vertikalno naniže): T

Kako komad plute miruje, to važi uslov ravnoteže

Fg + T = Fp

T = Fp − Fg = (ρV − M) g

Neka se sada posuda kreće naviše konstantnim ubrzanjem a. Vežimo referentni sistem za ovu posudu. Na nekotelo mase m u ovom referentnom sistemu deluje sila Zemljine teže mg naniže i inercijalna sila ma takođe naniže(u smeru suprotnom od smera ubrzanja), tj. rezultantna sila oblika

mg + ma = m (g + a) = mg1

To znači da kada se referentni sistem kreće naviše ubrzanjem a, tela u tom sistemu se ponašaju kao da su nanekoj drugoj planeti na kojoj je gravitaciono ubrzanje

g1 = g + a

Dakle, kada se posuda kreće naviše ubrzanjem a imaćemo istu jednačinu za silu zatezanja konca, samo sa novimgravitacionim ubrzanjem g1, odnosno

T1 = (ρV − M) g1 = (ρV − M)(g + a)

Za a = 3g dobijamoT1 = (ρV − M) (g + 3g) = 4 (ρV − M) g = 4T.

18 Neka je zapremina gasa V. Gas se zagreva na konstantnoj zapremini tako da iz stanja 1 datog jednačinomstanja idealnog gasa

p1V1 = nRT1

prelazi u stanje 2 dato sledećom jednačinom idealnog gasa

p2V2 = nRT2

Proces je izohorski (V1 = V2 = V ), tako da je rad koji pri tome izvrši gas jednak nuli

A = p (V2 − V1) = 0.

Unutrašnja energija (monoatomskog) gasa u stanjima 1 i 2 data je jednačinama

U1 = 32

nRT1

U2 = 32

nRT2

tako da je promena unutrašnje energije gasa

∆U = U2 − U1 = 32

nRT2 − 32

nRT1 = 32

p2V − 32

p1V = 32

(p2 − p1) V = 32

∆pV

137


Ukupna količina toplote dovedena gasu na osnovu zakona održanja energije je

Q = A + ∆U = 32

∆pV

Za vrednosti date zadatkom, dobijamo

Q = 32

∆pV = 32

400 · 103 Pa · 10 · 10−3 m3 = 6000 J = 6 kJ.

19 Označimo čvorove i struje u kolu kao na slici. Kako ampermetar ne pokazuje nikakvo skretanje, to je strujakroz ampermetar u grani BD jednaka nuli

IA = 0Uzimajući ovo u obzir, iz prvog Kirchhoff-ovog zakona za struje u čvorovima B i D sledi

I3 = I1

I4 = I2

Na osnovu Ohm-ovog zakona dobijamoUAB = R1I1

UAD = R2I2

UBC = R3I1

UDC = R4I2

Razlika napona na krajevima ampermetra u grani BD je jednaka nuli

UBD = 0

Direktna posledica ovoga je da su padovi napona na granama AB i AD odnosno na granama BC i DC međusobnojednaki, odnosno važi da su (videti ekvivalentno kolo na desnoj strani slike)

UAB = UAD

UBC = UDC

Uzimajući u obzir gornje jednačine imamoR1I1 = R2I2

R3I1 = R4I2

Deljenjem ovih poslednjih dveju jednačina dobijamoR3

R1= R4

R2

odakle jeR3 = R1

R4

R2Za zadate vrednosti otpornosti dobijamo

R3 = 1 kΩ 8 kΩ2 kΩ

= 4 kΩ.

138


20 Brzina kojom voda ističe iz malog bočnog otvora na visini h se može dobiti iz Bernoulli-jeve jednačineprimenjene na površi u poprečnim presecima S1 i S2 kao na slici

p1 + ρgh1 + 12

ρv21 = p2 + ρgh2 + 1

2ρv2

2

gde za površ S1 važi• p1 = p0 (sud je otvoren tako da pritisak odgovara spoljašnjem pritisku)• v1 = 0 (sud je širok, tako da se brzina spuštanja nivoa vode može zanemariti)• h1 = H (visina u odnosu na referentni nivo vezan za dno posude)

Slično, za površ S2 važi• p2 = p0 (na izlazu iz bočnog otvora pritisak odgovara spoljašnjem pritisku)• v2 = v0 (brzina koju računamo)• h2 = h (visina u odnosu na referentni nivo vezan za dno posude)

Sa ovim izrazima, Bernoulli-jeva jednačina postaje

p0 + ρgH = p0 + ρgh + 12

ρv20

odakle se za brzinu mlaza vode na izlazu iz bočnog otvora dobija

v0 =√

2g(H − h)

Mlaz vode ističe ovom brzinom u horizontalnom pravcu, sa visine h, tako da za njega važe jednačine horizon-talnog hica.U vertikalnom pravcu, na mlaz deluje sile Zemljine teže i gravitaciono ubrzanje g, tako da se mlaz u ovompravcu kreće sa početnom brzinom nula i ubrzanjem g, i pređe put h dat jednačinom

h = gt2

2i dotakne tlo za vreme

t =

√2h

g

U horizontalnom pravcu na mlaz ne deluje nikakva sila, tako da se u tom pravcu mlaz kreće konstantnombrzinom v0 koja odgovara brzini isticanja mlaza iz otvora, i za ovo vreme t dostigne domet

D = v0t

D =√

2g(H − h)

√2h

g= 2√

h(H − h)

139


Domet će biti maksimalan za maksimalnu vrednost funkcije

f (h) = h(H − h)

Ova funkcija ima maksimum, kada je njen izvod po promenljivoj h

f ′ (h) = H − 2h

jednak nulif ′ (h0) = 0

H = 2h0 ⇒ h0 = H

2Maksimalna vrednost dometa u tom slučaju je

D0 = 2√

h0 (H − h0) = 2√

H

2· H

2= H

što odgovara visini nivoa vode u širokom otvorenom sudu.

140



(27. jun 2009.)


1. Nuklearne sile deluju na sledeće čestice

a) samo protone b) samo neutrone c) protone i elektroned) protone i neutrone e) neutrone i elektrone n) ne znam (3 poena)


a) njene frekvencije b) njene talasne dužinec) njenog intenziteta d) brzine izvora svetlostie) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (3 poena)

3. Proton i alfa čestica se nalaze na međusobnom rastojanju r. Intenzitet Coulomb-ove sile kojom jedna česticadeluje na drugu je F. Kada se čestice nađu na rastojanju 2r intenzitet Coulomb-ove sile je

a) F b) F/2 c) F/4d) 2F e) 4F n) ne znam (3 poena)

4. Jedinica za magnetsku indukciju u SI sistemu je

a) Veber b) Tesla c) Simensd) Om e) Farad n) ne znam (3 poena)

5. Vektorska veličina je

a) rad b) napon c) silad) pritisak e) kapacitet n) ne znam (3 poena)

6. Oscilatorno električno kolo koje se sastoji od kondenzatora kapacitivnosti C i kalema koeficijentasamoindukcije L ima rezonantnu frekvenciju

a) 2π√

LC b)√

LC/(2π) c) 2π√

LC

d) 1/(2π√

LC) e) 1/√

2πLC n) ne znam (4 poena)

7. U plastičnoj kadi nalazi se 50 litara vode na temperaturi od 16oC. Kada se u kadu dolije 10 litara vode čijaje temperatura 90oC i voda izmeša, konačna temperatura vode, pod uslovom da se zanemari odvođenje toploteu okolinu i zagrevanje kade, biće

a) 53oC b) 25oC c) 35.3oCd) 28.3oC e) 20.3oC n) ne znam (4 poena)

141


8. Induktivna otpornost (impedansa) kalema na nekoj frekvenciji je 10 Ω. Kada se frekvencije udvostručiimpedansa kalema je

a) 5 Ω b) 1 Ω c) 20 Ωd) 40 Ω e) 100 Ω n) ne znam (4 poena)

9. Vreme poluraspada nekog radioaktivnog elementa je 30 godina. Neraspadnuti deo ovog elementa, posle 90godina, izražen u procentima, je

a) 0.12% b) 2.5% c) 12.5%d) 3.6% e) 30% n) ne znam (4 poena)

10. Na izvor naizmeničnog napona priključen je otpornik. Fazna razlika između napona i struje kroz otpornikje

a) −π/2 radijana b) π radijana c) π radijanad) π/2 radijana e) 0 radijana n) ne znam (4 poena)

11. Telo potpuno potopljeno u vodu ima težinu tri puta manju od težine u vazduhu. Njegova gustina je(gustina vode 103 kg/m3)

a) 2000 kg/m3 b) 1500 kg/m3 c) 1200 kg/m3

d) 1400 kg/m3 e) 1600 kg/m3 n) ne znam (5 poena)

12. Visina iznad površi Zemlje poluprečnika R, na kojoj je gravitaciono ubrzanje jednako polovini vrednosti nanjenoj površi je

a) R b) 2R c) 0.5R

d) 0.41R e) 1.41R n) ne znam (5 poena)

13. Reflektovani zrak od ravnog ogledala zaklapa sa upadnim zrakom ugao od 60o. Za koliki ugao treba obrnutiogledalo da ugao između upadnog i reflektovanog zraka bude jednak 20o?

a) 10o b) 20o c) 30o

d) 40o e) 60o n) ne znam (5 poena)

14. Materijalna tačka se kreće po kružnici prečnika 50 cm, iz mirovanja, sa tangencijalnim ubrzanjem kons-tantnog intenziteta 1 m/s2. Intenzitet normalnog ubrzanja materijalne tačke je četiri puta veći od intenzitetatangencijalnog ubrzanja posle


15. Kada je na izvor elektromotorne sile 220 V priključen potrošač otpora 7 Ω struja u kolu iznosi 27.5 A.Struja kratkog spoja je

a) 220 A b) 110 A c) 440 Ad) 55 A e) 75 A n) ne znam (7 poena)

142


16. Ekspander paralelnog snopa laserskog zračenja sastoji se od dva sabirna sočiva žižnih daljina f = 20 cm iF = 50 cm, postavljenih upravno na pravac snopa, a razdvojenih za f + F = 70 cm. Prečnik izlaznog snopa seposle prolaska kroz ekspander uveća

a) 2 puta b) 3 puta c) 7 putad) 3.5 puta e) 2.5 puta n) ne znam (7 poena)

17. Voda pritiska na vertikalni zid neke brane. Širina zida brane je 40 m, a dubina vode koja je u dodiru sazidom brane je 5 m. Intenzitet rezultujuće sile kojom voda deluje na branu je (g = 10 m/s2, gustina vode103 kg/m3)

a) 1.2 MN b) 2.4 MN c) 3.6 MNd) 4.8 MN e) 5 MN n) ne znam (7 poena)

18. Kada se u kolu na slici, priključenom na konstantan napon U , zatvoriprekidač Π, pojačaće se intenzitet svetljenja sijalice

a) S2 b) S1

c) S3 d) S1 i S3

e) S1, S2 i S3 n) ne znam

(8 poena)

19. Toplotna mašina radi po Carnot-ovom ciklusu u kome je Vmax/Vmin = 2 i pmax/pmin = 3. Koeficijentkorisnog dejstva ovakve mašine je

a) 2/3 b) 0.9 c) 1/4d) −0.7 e) 1/3 n) ne znam (8 poena)

20. Na suprotnim krajevima opruge zanemarljive mase i koeficijenta elastičnosti k učvršćena su tela masa m iM . Opruga se istegne a onda tela, položena na glatku horizontalnu ravan, puste istovremeno. Kvadrat kružneučestanosti oscilovanja sistema je

a) k (m + M)mM

b) k (2m + M)mM

c) k (m + 2M)mM

d) kmM e) k(M − m) n) ne znam (8 poena)

143


REŠENJA

1 Nuklearne sile su sile koje deluju između nukleona u jezgru atoma, dakle, one deluju na protone i neutrone.

2 Brzina prostiranja svetlosti u vakuumu je konstantna prema Einstein-ovoj teoriji relativnosti. Nijedan ododgovora od a) do d) nije tačan.

3 Intenzitet Coulomb-ove sila koja deluje između dve čestice naelektrisanja Q1 i Q2 na međusobnom rastojanjur dat je izrazom

F = 14πε0

Q1Q2

r2

Ako se čestice nađu na rastojanju r1 = 2r, intenzitet ove sile postaje

F1 = 14πε0

Q1Q2

r21

= 14πε0

Q1Q2

4r2 = 14

· 14πε0

Q1Q2

r2 = 14

F.

4 SI jedinica za magnetsku indukciju je Tesla.

5 Rad, napon, pritisak, i kapacitet su skalarne veličine. Sila je vektorska veličina.

6 Rezonantna frekvencija oscilatornog električnog kola sastavljenog od kondenzatora kapacitivnosti C i kalemainduktivnosti L data je izrazom

f = 12π

√LC

.

7 Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda zapremine V kojaodgovara masi m = ρV ) na temperaturi T data je izrazom

Q = mcT = ρcV T


Q = Q1 + Q2 = ρc (V1T1 + V2T2)


Q = ρcV T = ρc (V1 + V2) T



T = V1T1 + V2T2

V1 + V2

T = 50 · 16 + 10 · 9050 + 10

oC

T = 28.3oC.

145


8 Impedansa kalema induktivnosti L na kružnoj frekvenciji ω iznosi XL = 10 Ω i data je izrazom

XL = ωL

na dvostruko većoj učestanosti ω1 = 2ω, impedansa iznosi

XL1 = ω1L = 2ωL = 2XL = 20 Ω.

9 Neka je konstanta radioaktivnog raspada λ. Za vreme jednako vremenu poluraspada t1/2 broj neraspadnutihjezgara jednak je polovini početnog broja jezgara N0, te prema formuli za aktivnost radioaktivnog raspadaimamo

N0

2= N0e−λt1/2

odakle se dobijae−λt1/2 = 1

2Nakon vremena t = 3t1/2 = 90 godina, broj neraspadnutih jezgara je

N1 = N0e−λt = N0e−3λt1/2 = N0(e−λt1/2)3

= N0

(12

)3

= N0

8

Procenat neraspadnutog dela je ondaN1

N0= 1

8= 0.125 = 12.5%.

10 Na izvor naizmeničnog napona priključen je otpornik. Neka je otpornost tog otpornika R. Između naponau (t) i struje i (t) na otporniku važi relacija

u (t) = Ri(t)

te su napon i struja u fazi, odnosno, fazna razlika između napona i struje je nula.

11 Težina tela mase m u vazduhu data je izrazom

Q1 = mg = ρtV g

gde je ρt gustina tela, V − zapremina tela i g− gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje.Na telo potpuno potopljeno u vodu, deluje sila Zemljine teže Q1 vertikalno naniže i sila potiska vode Fp

vertikalno naviše, tako da se njegova težina u vodi može izraziti

Q2 = Q1 − Fp

Ako je gustina vode ρv, sila potiska na telo data je izrazom

Fp = ρvV g

Sada imamoQ2 = (ρt − ρv)V g

Po uslovu zadatka važi da je težina tela u vodi tri puta manja od težine u vazduhu, odnosno

Q2 = 13

Q1

(ρt − ρv) V g = 13

ρtV g

ρt = 32

ρv = 1500 kg/m3.

146


12 Gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje dato je izrazom

g = γM

R2

gde je γ− gravitaciona konstanta, M− masa Zemlje i R− poluprečnik Zemlje.Na visini H iznad površi Zemlje, odnosno na rastojanju R1 = R + H od centra mase Zemlje, gravitacionoubrzanje je

g1 = γM

R21

= γM

(R + H)2

Tražimo visinu H na kojoj važig1 = 1

2g

Uzimajući u obzir gornje jednačine imamo

γM

(R + H)2 = 12

γM

R2

R + H =√

2R

H =(√

2 − 1)

R = 0.41R.

13 Pri refleksiji od ravnog ogledala reflektovani ugao jednak je upadnom uglu θ1, tako da je ugao koji reflektovanizrak zaklapa sa upadnim zrakom jednak

α1 = 2θ1

Ako se ogledalo obrne za ugao ∆θ, upadni ugao istog zraka će se smanjiti i iznositi

θ2 = θ1 − ∆θ

Ugao koji reflektovani zrak sada zaklapa sa upadnim zrakom u odnosu na novi položaj ogledala je

α2 = 2θ2 = 2(θ1 − ∆θ)

Iz prethodnih jednačina dobijamoθ1 = 1

2α1

i∆θ = θ1 − 1

2α2 = α1 − α2

2Prema uslovima zadatka α1 = 60o i α2 = 20o tako da se za ugao ∆θ ima

∆θ = 20o.

14 Materijalna tačka koja se kreće iz stanja mirovanja po kružnici prečnika D = 2R tangencijalnim ubrzanjemkonstantnog intenziteta a nakon određenog vremena t ima tangencijalnu brzinu

v = at

U tom trenutku, intenzitet normalnog ubrzanja dat je jednačinom

an = v2

R= 2a2t2

D

Vreme za koje će intenzitet normalnog ubrzanja biti četiri puta veći od intenziteta tangencijalnog ubrzanja

an = 4a

se može dobiti rešavanjem prethodne jednačine

4a = 2a2t2

D

147


t =√

2D

a

t =

√2 · 50 · 10−2 m

1 ms2

= 1 s.

15 Neka je Rg unutrašnja otpornost izvora elektromotorne sile U . Kada se na njega priključi potrošač otpornostiR1, struja u kolu će prema Ohm-ovom zakonu biti (R i Rg su vezani na red)

I1 = U

R1 + Rg

Kada se isti izvor kratko spoji, odnosno kada se na njega veže kratak spoj otpornosti R2 = 0, prema Ohm-ovomzakonu, struja kratkog spoja iznosiće

I2 = U

R2 + Rg= U

Rg

Iz prve jednačine za unutrašnju otpornost naponskog izvora imamo

Rg = U

I1− R1

tako da se za struju kratkog spoja dobijaI2 = U

UI1

− R1

Uzimajući u obzir vrednosti date uslovima zadatka: U = 220 V, I1 = 27.5 A, i R1 = 7 Ω, imamo

I2 = 220 V22027.5 Ω − 7 Ω

= 220 A.

16 Neka je prečnik ulaznog laserskog snopa D1 a prečnik izlaznog snopa D2. Ekspander se sastoji od dvasabirna sočiva žižnih daljina f = 20 cm i F = 50 cm.Kada zraci ulaznog snopa upadaju pod pravim uglom na sabirno sočivo, po izlasku ovi zraci konvergiraju kaošto je prikazano na slici i lik ovog snopa biva fokusiran u žiži sočiva na rastojanju f .Kako je rastojanje između rasipnog i sabirnog sočiva

d = F + f

to se žiža drugog sabirnog sočiva nalazi u istoj tački kao i žiža prvog sabirnog sočiva (videti sliku).

Kako je lik snopa na izlasku iz prvog sočiva (tačkasti izvor) u žiži drugog sabirnog sočiva, to će zraci ovog snopanakon prolaska kroz drugo sočivo nastaviti da se kreću u pravcu normalnom na sočivo (kao na slici).Iz sličnosti trouglova sa slike se vidi da je odnos prečnika snopa posle izlaska iz ekspandera i pre ulaska uekspander dat relacijom

D2

D1= F

f= 2.5.

148


17 Vežimo početak x− ose za površinu vode kao na slici.Pritisak vode na dubini x je dat jednačinom

p(x) = ρgx

konstantan je za zadatu dubinu x i menja se linearno od nule napovršini vode x = 0 do maksimalne vrednosti ρgH na dubini x = H.Sila kojom voda deluje na površinu zida u obliku tanke trake širine∆x koja se nalazi na dubini x dat je proizvodom pritiska na tojdubini p (x) i površine trake ∆S = L∆x:

∆F = p(x)∆S = p(x)L∆x = ρgLx∆x

Za infinitezimalno male širine ∆x → dx ova jednačina postaje

dF = ρgLx dx

Tako da će ukupna sila kojom voda deluje na bočni vertikalni zid biti data sledećim integralom

F =x=H∫

x=0

dF

F =x=H∫

x=0

ρgLx dx = ρgL

x=H∫x=0

x dx

Rešenje integrala jex=H∫

x=0

x dx = 12

x2∣∣∣∣x=H

x=0= 1

2(H2 − 02) = H2

2

pa se za silu dobija izraz

F = 12

ρgLH2

F = 12

1000 kgm3 · 10m

s2 · 40 m · 25 m2 = 5 MN.

18 Neka je otpornost svake sijalice Rs. Imamo na umu da intenzitet svetljenja sijalice direktno zavisi od jačinestruje koja kroz nju teče. Takođe pretpostavljamo da je otpornost prekidača R znatno manja od otpornostisijalice R ≪ Rs.

Kada je prekidač otvoren, važe sledeće relacije:• Sijalica S1 je priključena na konstantan napon U , tako da je struja koja teče kroz nju, po Ohm-ovom

zakonuI1 = U

Rs

• Sijalice S2 i S3 su vezane na red i takođe priključene na konstantan napon U , tako da je struja koja tečekroz njih, po Ohm-ovom zakonu

I2 = I3 = U

2Rs

149


Kada je prekidač zatvoren, važe sledeće relacije• Za sijalicu S1 se ništa ne menja jer ostaje i dalje priključena na konstantan napon U , tako da je struja

koja teče kroz nju, po Ohm-ovom zakonu

I ′1 = I1 = U

Rs

To drugim rečima znači da sijalica S1 svetli istom jačinom kao i kada je prekidač bio otvoren.• Sijalica S2 je sada vezana na red sa paralelnom vezom sijalice S3 i prekidača Π. Ekvivalentna otpornost

paralelne veze sijalice S3 i prekidača Π je

RΠ||S3 = RRs

R + Rs≈ R (za R ≪ Rs)

Ovo praktično znači da je sijalica S2 vezana na red sa prekidačem Π i kako napon na krajevima ove vezeostaje U, prema Ohm-ovom zakonu kroz sijalicu S2 teče struja

I ′2 = U

Rs + R≈ U

Rs= 2I2

što znači da kada je prekidač zatvoren kroz sijalicu S2 teče struja dva puta većeg intenziteta nego kad jeprekidač otvoren, te će sijalica S2 svetleti jače kad se zatvori prekidač.

• Što se tiče sijalice S3 ona je praktično kratko spojena prekidačem Π i skoro sva struja I ′2 teče kroz prekidač.

Kako kroz ovu sijalicu gotovo da ne teče struja, ona gotovo da neće svetleti.Tačan odgovor je, dakle, pod a) Zatvaranjem prekidača pojačaće se intenzitet svetljenja sijalice S2.

19 Na slici je prikazan p − V dijagram Carnot-ovog ciklusa koji se sastoji iz sledećih prelaza stanja:• Izotermičkog širenja gasa (1 → 2) na temperaturi toplog rezervoara T1

• Adijabatskog širenja gasa (2 → 3)• Izotermičke kompresije gasa (3 → 4) na temperaturi hladnog rezervoara T2

• Adijabatske kompresije gasa (4 → 1)

Koeficijent korisnog dejstva toplotne mašine koja radi po ovom ciklusu dat je jednačinom

η = 1 − T2

T1

Iz jednačine idealnog gasa u stanju 1p1V1 = nRT1

gde važi V1 = Vmin i p1 = pmax dobijamo

T1 = p1V1

nR= pmaxVmin

nR

Slično, iz jednačine idealnog gasa u stanju 3p3V3 = nRT2

150


gde važi V3 = Vmax i p3 = pmin imamoT2 = p3V3

nR= pminVmax

nR

Iz izraza za temperature grejača i hladnjaka dobijamo

T2

T1= pmin

pmax· Vmax

Vmin

odnosno za koeficijent korisnog dejstva Carnot-ovog ciklusa

η = 1 − T2

T1= 1 − pmin

pmax· Vmax

Vmin

Zamenom vrednosti zadatim uslovom zadatka, imamo

η = 1 − 23

= 13

.

20 Neka je dužina neistegnute opruge l = l1 + l2, a mase tela učvr-šćenih na krajevima opruge m1 i m2 kao na slici. Neka je početakx−ose vezan za centar mase ovog sistema. Za udaljenost masa m1i m2 od centra mase u stanju ravnoteže važi sledeća relacija

xc = −m1l1 + m2l2m1 + m2

= 0 ⇒ m1l1 = m2l2

Kada se opruga istegne i sistem pusti da osciluje na podlozi beztrenja, na sistem ne deluje nikakva spoljna sila, tako da se centarmase sistema ne pomera. Neka je opruga istegnuta za dužinu x =x1 +x2, gde je x1 udaljenost tela mase m1 od ravnotežnog položajai x2 udaljenost tela mase m2 od ravnotežnog položaja.Centar mase ostaje u početku x−ose tako da važi

xc =−m1 (l1 + x1) + m2 (l2 + x2)

m1 + m2= 0 ⇒ m1 (l1 + x1) = m2 (l2 + x2) ⇒ m1x1 = m2x2

Opruga istegnuta za dužinu x deluje silom elastičnosti intenziteta kx na tela m1 i m2 prema ravnotežnompoložaju u smeru suprotnom od smera njihovog kretanja. Ako je a1 ubrzanje mase m1, a a2 ubrzanje mase m2,prema II Newton-ovom zakonu, za ova tela važe sledeće jednačine

m1a1 = −kx

m2a2 = −kx

Sabiranjem ove dve jednačine dobijamom1a1 + m2a2 = −2kx

Uzimajući u obzir jednačinex = x1 + x2 i m1x1 = m2x2

dobijamox1 = m2

m1 + m2x

x2 = m1

m1 + m2x

Kako je ubrzanje a jednako drugom izvodu putanje x po vremenu, odnosno a = x′′ to iz gornjih jednačina sledi

x1 = m2

m1 + m2x ⇒ x′′

1 = m2

m1 + m2x′′ ⇒ a1 = m2

m1 + m2a

x2 = m1

m1 + m2x ⇒ x′′

2 = m1

m1 + m2x′′ ⇒ a2 = m1

m1 + m2a

151


pa se za jednačinu kretanjam1a1 + m2a2 = −2kx

dobijam1

m2

m1 + m2a + m2

m1

m1 + m2a = −2kx

2m1m2

m1 + m2a = −2kx

m1m2

m1 + m2a = −kx

mea = −kx

što je jednačina malih harmonijskih oscilacija za telo mase me = m1m2

m1 + m2na opruzi koeficijenta elastičnosti k.

Kvadrat kružne učestanosti ovog tela dat je jednačinom

ω20 = k

me= k (m1 + m2)

m1m2

Kako je prema uslovima zadatka m1 = m i m2 = M to imamo

ω20 = k

me= k (m + M)

mM.

152



(1. jul 2008.)


1. Koji od navedenih izraza ne spada u istu kategoriju

a) kx2/2 b) at2/2 c) mv2/2d) Iω2/2 e) CU2/2 n) ne znam (3 poena)

2. Jačina gravitacionog polja u centru sfere homogene gustine zavisi od

a) gustine sfere b) poluprečnika sferec) gravitacione konstante d) mase sferee) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (3 poena)

3. U nuklearnoj reakciji 22889 Ac → 228

90 Th + X , čestica X je

a) elektron b) pozitron c) alfa česticad) foton e) neutron n) ne znam (3 poena)

4. Napon gradske mreže je 230 V i predstavlja

a) trenutnu vrednost b) srednju vrednostc) maksimalnu vrednost d) efektivnu vrednoste) konstantan jednosmerni napon n) ne znam (3 poena)

5. Skup skalarnih veličina je

a) dužina, masa, brzina b) moment sile, energija, vremec) energija, magnetska indukcija, masa d) rad, vreme, temperaturae) moment impulsa, vreme, masa n) ne znam (3 poena)

6. Cena jednog kilovat-časa električne energije je 3 dinara. Cena jednog džula energije je

a) 3 · 10−6 din b) 10−6 din c) 8.3 · 10−4 dind) 8.3 · 10−7 din e) 8.3 · 10−1 din n) ne znam (4 poena)

7. Automobil se kreće stalnom brzinom 60 km/h. Njegov točak, poluprečnika 36 cm, napravi broj okretaja ujednoj minuti


153


8. Široki otvoreni rezervoar za vodu se nalazi na brdu visokom 45 m. Ako se zanemare svi gubici protok vodeizražen u litrima u sekundi na otvorenoj slavini površine 10 cm2 u podnožju brda je (g = 10 m/s2)

a) 9 b) 30 c) 90d) 21.3 e) 3 n) ne znam (4 poena)

9. Čestica se kreće konstantnom brzinom kroz sredinu indeksa prelamanja 1.5. Da bi brzina čestice bila jednakabrzini svetlosti u datoj sredini, ona bi trebalo da iznosi

a) c/3 b) c/2 c) 2c/3d) c e) zadatak nema rešenje n) ne znam (4 poena)

10. Nerelativistička alfa čestica se u stacionarnom i homogenom magnetskom polju indukcije B kreće pokružnici poluprečnika R. Impuls alfa čestice je

a) 2eBR b) 4eBR c) 2eB/R

d) eBR e) 0 n) ne znam (4 poena)

11. Kroz vrlo dugačak pravolinijski provodnik protiče jednosmerna struja konstantne jačine. Na udaljenju dod provodnika izmerena je jačina magnetskog polja H1. Kada se jačina struje u provodniku smanji dva puta,u tački na udaljenju 2d od provodnika, izmerena je jačina polja H2. Odnos H2/H1 je:

a) 1/4 b) 1/2 c) 1d) 2 e) 4 n) ne znam (5 poena)

12. Tabla čokolade mase 200 g se rastopi i ravnomerno razlije po horizontalnoj površini 0.5 m2. Atmosferskipritisak iznosi 105 Pa. Ukupni pritisak na površinu je (g = 10 m/s2)

a) 100002 Pa b) 100001 Pa c) 100016 Pad) 100008 Pa e) 100004 Pa n) ne znam (5 poena)

13. Nerelativistička alfa čestica kinetičke energije E centralno se sudara sa teškim jezgrom rednog broja Z.Najmanje rastojanje između centara alfa čestice i jezgra je

a) Ze

2πε0Eb) Ze2

4πε0Ec) Ze2

2πε0E

d) Ze

4πε0Ee) Ze2

2πEn) ne znam (5 poena)

14. Telo mase 800 g se kreće pod dejstvom konstantne sile. Za vreme dok sila izvrši rad od 48 J, brzina sepromeni za 4 m/s. Srednja brzina tela u tom intervalu vremena je

a) 9.6 m/s b) 30 m/s c) 60 m/sd) 7.5 m/s e) 15 m/s n) ne znam (5 poena)

15. Dve male kugle masa 1 kg i 3 kg su spojene krutim štapom zanemarljive mase, dužine 1 m. Ovaj sistemmože da se obrće oko ose normalne na štap. Momenat inercije sistema je minimalan ako je rastojanje oserotacije od lakše kugle

a) 30 cm b) 33 cm c) 67 cmd) 25 cm e) 75 cm n) ne znam (7 poena)

154


16. U kolu na slici su poznate vrednosti elektromotornih sila idealnih izvoraE1 = 8 V i E2 = 12 V. Struja kroz izvor E1 biće jednaka nuli ako je količnikotpornosti R2/R1 jednak

a) 2 b) 2/3c) 3/4 d) 1/2e) 3/2 n) ne znam

(7 poena)

17. Telo je izbačeno početnom brzinom 10 m/s pod uglom 60o prema horizontalnoj ravni. U trenutku kada telodostigne maksimalnu visinu poluprečnik krivine njegove putanje iznosi (g = 10 m/s2)

a) 7.5 m b) 5 m c) 2.5 md) 10 m e)

√3/2 m n) ne znam (7 poena)

18. Dvoatomski idealni gas se izobarski zagreva od stanja 1 do stanja 2 i pri tome izvrši rad od 60 kJ. Zbirdovedene količine toplote i promene unutrašnje energije gasa pri ovoj promeni stanja je


19. Opruga, opterećena sa dva tega iste mase, ima dužinu 1 m. Kada se jedan teg skine dužina opruge je 84cm. Period oscilovanja opruge sa jednim tegom je (g = 10 m/s2)


20. Monohromatska svetlost talasne dužine 625 nm pada normalno na optičku rešetku. Ukupan broj svetlihpruga koje se pojavljuju na ekranu iza optičke rešetke je 11. Konstanta difrakcione rešetke je (zareza pomilimetru)


155


REŠENJA

1 kx2/2 je potencijalna energija opruge koeficijenta elastičnosti k, mv2/2 je kinetička energija tela mase m kojese kreće brzinom v, CU2/2 je elektrostatička energija u kondenzatoru kapacitivnosti C dovedenog na napon U ,dok je at2/2 put koji telo iz stanja mirovanja pređe krećući se konstantnim ubzanjem a i jedini je izraz koji nespada u kategoriju izraza za energiju.

2 Jačina gravitacionog polja u centru sfere homogene gustine je nula. Tako da je tačan odgovor pod e) “Nijedanodgovor od a) do d) nije tačan”.

3 U nuklearnoj reakciji 22889 Ac → 228

90 Th + X , maseni broj atoma (228) se ne menja, dok se broj protona (89)poveća za jedan (90). To znači da dolazi do pretvaranja neutrona u proton, i u pitanju je β− nuklearni raspad,pri čemu se emituje elektron. Dakle, čestica X je elektron.

4 Napon gradske mreže od 230 V predstavlja efektivnu vrednost napona.

5 Skup skalarnih veličina je d) rad, vreme, temperatura. U ostalim skupovima se nalaze vektorske veličine:brzina, moment sile, magnetska indukcija, i moment impulsa.

6 Potrošena energija od W = 1 kWh izražena u džulima iznosi

W = 1 kWh = 103 W · 3600 s = 36 · 105 J

Ako je cena jednog kilovat-časa 3 dinara, i kako u jednom kilovat-času ima 36 · 105 J to je cena jednog džulaenergije data sa

3 din36 · 105 = 1

12· 10−5 din = 0.083 · 10−5 din = 8.3 · 10−7 din.

7 Ako se automobil kreće brzinom v onda je tangencijalna brzina tačaka na površini njegovog točka takođe v.Relacija između ugaone brzine ω i tangencijalne brzine v na rastojanju R od ose okretanja data je izrazom

v = ωR

odakle se za ugaonu brzinu dobija

ω = v

R=

60 kmh

36 cm =60·103 m60 min

36 · 10−2 m = 105

36min−1

odnosno za frekvenciju obrtaja (broj obrtaja u jedinici vremena)

f = ω

2π= 105

6.28 · 36min−1 = 442 min−1.

157


8 Brzina v2 kojom voda ističe iz otvora cevi u podnožju brdase može dobiti iz Bernoulli-jeve jednačine primenjene na površi upoprečnim presecima S1 i S2 kao na slici

p1 + ρgh1 + 12

ρv21 = p2 + ρgh2 + 1

2ρv2

2

gde za površ S1 važi• p1 = p0 (sud je otvoren tako da pritisak odgovara spoljašnjem

pritisku)• v1 = 0 (sud je širok, tako da se brzina spuštanja nivoa vode

može zanemariti)• h1 = H + h ≈ H (visina u odnosu na referentni nivo vezan

za podnožje brda. Ovde smo zanemarili visinu nivoa vode usudu h u odnosu na visinu brda H ≫ h)

Slično, za površ S2 važi• p2 = p0 (na izlazu iz cevi pritisak odgovara spoljašnjem pritisku)• v2 (brzina koju računamo)• h2 = 0 (otvor cevi se nalazi u podnožju brda)

Sa ovim izrazima, Bernoulli-jeva jednačina postaje

p0 + ρgH = p0 + 12

ρv22

odakle se za brzinu mlaza vode na izlazu iz cevi dobija

v2 =√

2gH.

Kako je površina poprečnog preseka cevi u podnožju brda S2 to se za protok vode u podnožju brda dobija

Q2 = S2v2 = S2√

2gH

Za zadate vrednosti (uzimajući u obzir da je 1 m3 = 1000 l) dobijamo

Q2 = 10 · 10−4 m2 ·√

2 · 10ms2 · 45 m = 3 · 10−2 m3

s = 30 ls .

9 Brzina svetlosti u sredini indeksa prelamanja n = 1.5 data je izrazom

cn = c

n

cn = c

1.5= 2

3c

i toliko treba da iznosi brzina čestice.

10 (Zadatak 2010_14) Neka se alfa čestica naelektrisanja q i masem kreće brzinom v po kružnici radijusa R u polju magnetske indukcijeB kao na slici.Na česticu deluje Lorentz-ova sila

FL = qv × B

Uzimajući u obzir da je vektor brzine normalan na vektor magnetskeindukcije, za intenzitet Lorentz-ove sile se ima (pravac i smer su određenipravilom desne ruke, kao na slici)

FL = qvB

158


Na česticu koja se kreće po kružnici radijusa R brzinom v deluje centrifugalna sila (u smeru suprotnom odsmera Lorentz-ove sile, kao na slici) intenziteta

Fc = mv2

R

Za kretanje po kružnici važi ravnoteža ovih dveju sila

FL = Fc

qvB = mv2

R

mv = qBR

Kako je impuls čestice dat izrazomp = mv

i naelektrisanje alfa čestice (alfa čestica je dvostruko jonizovani atom Helijuma)

q = 2e

gde je e naelektrisanje elektrona, to iz prethodne jednačine za impuls alfa čestice dobijamo izraz

p = 2eBR.

11 Prema Ampère-ovom zakonu, jačina magnetskog polja na udaljenosti R od vrlo dugačkog pravolinijskogprovodnika kroz koji teče struja jačine I data je izrazom

H = I

2πR

Za udaljenost R1 = d imamoH1 = I

2πd

Za udaljenost R2 = 2d i dva puta manju jačinu struje I2 = I/2 ima se

H2 = I2

2πR2=

I2

2π 2d= I

8πd

odakle se za odnos jačina magnetskog polja dobija

H2

H1=

I8πd

I2πd

= 14

.

12 Na površinu S = 0.5 m2 deluje sila Zemljine teže ravnomerno razlivene čokolade mase m = 200 g, stvarajućipritisak

pcok = mg

S=

0.2 kg · 10 ms2

0.5 m2 = 4 Pa

i dodatno, na toj povšini deluje atmosferski pritisak od patm = 105 Pa = 100000 Pa tako da je ukupni pritisakna ovu površinu

p = patm + pcok = 100004 Pa.

13 Alfa čestica kinetičke energije E i naelektrisanja q = 2e kreće se u susret teškom jezgru atomskog broja(broja protona) Z i naelektrisanja Q = Ze. Dakle, alfa čestica se kreće u elektrostatičkom polju ovog jezgra.Potencijalna energija alfa čestice na nekoj udaljenosti R od jezgra, data je izrazom

Ep = qQ

4πε0R

159


Ukupna energija čestice na velikoj daljini od jezgra jednaka je njenoj kinetičkoj energiji:

E1 = E

Na nekom rastojanju R = d od jezgra, alfa čestica će se zaustaviti (zbog odbojnog dejstva elektrostatičkog polja).Na toj udaljenosti, njena kinetička energija je nula, pa je ukupna energija čestice jednaka njenoj potencijalnojenergiji

E2 = qQ

4πε0d

Iz zakona održanja energije slediE1 = E2

odnosnoE = qQ

4πε0d

odakle jed = qQ

4πε0E

Uzimajući u obzir naelektrisanja alfa čestice i jezgra, q = 2e i Q = Ze, dobijamo da će se alfa čestica zaustavitina rastojanju

d = 2e · Ze

4πε0E= Ze2

2πε0E.

14 (Zadatak 2011_15) Telo mase m na koje deluje konstantna sila se kreće ubrzanjem a i pod dejstvom ovesile u intervalu vremena t = t1 dostigne brzinu

v1 = v0 + at1

Srednja brzina ovog tela u intervalu vremena t1 je data izrazom

vs = v1 + v02

Rad koji sila izvrši nad telom jednaka je promeni kinetičke energije tog tela

A = Ek1 − Ek0 = mv21

2− mv2

02

= m

2(v2

1 − v20)

Kako je

v21 − v2

0 = (v1 − v0) (v1 + v2)to se dobija

A = m (v1 − v0) v1 + v0

2= m∆vvs

gde smo sa ∆v = v1 − v0 označili promenu brzine tela pod dejstvom sile.

Iz prethodne jednačine se za srednju brzinu tela dobija

vs = A

m∆v

vs = 48 J

0.8 kg · 4 ms

= 604

ms = 15 m

s .

15 Neka se kugla manje mase m1 nalazi na rastojanju l1 od ose rotacije, a neka je kugla veće mase (m2 > m1)na rastojanju l2 = L − l1 od ose rotacije, gde je L dužina krutog štapa zanemarljive mase.

160


Moment inercije sistema ove dve kugle oko date ose rotacije može se izraziti u sledećem obliku

I = m1l21 + m2l2

2 = m1l21 + m2 (L − l1)2

Uzimajući u obzir zadate vrednosti, i podrazumevajući da su sve vrednosti izražene u jedinicama SI sistema,prethodni izraz za moment inercije postaje

I = l21 + 3 (1 − l1)2

I = 4l21 − 6l1 + 3

Treba naći udaljenost l1 za koju je moment inercije minimalan.Uzimamo u obzir da kvadratna funkcija oblika

f (x) = ax2 + bx + c

gde je a > 0, ima minimum u tačkix0 = − b

2a

i pri tome važi

fmin = f (x0) = c − b2

4a

U našem slučaju jea = 4, b = −6, c = 3, l1 → x

tako da je moment inercije minimalan za

l1 = − b

2a= 6

8m = 75 cm.

16 Označimo struje i čvorove u kolu kao na slici.

U zadatku se traži odnos otpornika R2/R1 za koji je struja kroz izvor E1 jednaka nuli:

IE = 0

Iz prvog Kirchhoff-ovog zakona za struje u čvoru B važi

I1 + IE = I2

što uz gornji uslov za struju kroz izvor E1 daje:

I1 = I2 = I

Za pad napona između čvorova A i B važiUAB = E1 = R1I

odakle slediI = E1

R1

Za pad napona između čvorova A i C važi

UAC = E2 = UAB + UBC = R1I1 + R2I2 = R1I + R2I = (R1 + R2)I

161


odakle slediI = E2

R1 + R2

Iz prethodna dva izraza za struju važiE1

R1= E2

R1 + R2

odakle se za traženi odnos otpornosti dobija

E2

E1= 1 + R2

R1

R2

R1= E2

E1− 1

R2

R1= 12

8− 1 = 1

2.

17 Neka je telo izbačeno početnom brzinom v0 pod uglom α u odnosu na površinu Zemlje. Ako rastavimovektor početne brzine na horizontalnu (x) i vertikalnu (y) komponentu, onda važi

v0x = v0 cos α

v0y = v0 sin α

Duž x−ose na telo ne deluje nikakva sila, te se ono u tom pravcu kreće konstantom brzinom. U trenutkudostizanja maksimalne visine, telo ima samo tangencijalnu komponentu brzine

v = v0x = v0 cos α

U istom trenutku, telo ima samo normalnu komponentu ubrzanja, koje odgovara gravitacionom ubrzanju Zemlje

ac = g

Kako telo ima samo komponentu ubrzanja normalnu na njegov pravac kretanja, to u tom trenutku njegovokretanje odgovara kružnom kretanju po putanji poluprečnika R sa centripetalnim ubrzanjem ac i tangencijalnombrzinom v između kojih važi relacija

ac = v2

R

odakle se za poluprečnik kružne putanje dobija

R = v2

ac

R = v20 cos2 α

g

R =(10 m

s · 12)2

10 ms2

= 2.5 m.

162


18 Jednačine idealnog gasa u stanjima 1 (p1, V1, T1) i 2 (p2, V2, T2) date su izrazima

p1V1 = nRT1

p2V2 = nRT2

Kako je proces zagrevanja gasa izobarski, to važi p1 = p2 = p.Rad koji gas izvrši pri ovom širenju dat je jednačinom

A = p (V2 − V1) = pV2 − pV1 = nRT2 − nRT1 = nR(T2 − T1)

Kako je gas dvoatomski, to je izraz za unutrašnju energiju gasa u stanjima 1 i 2 dat sledećim izrazima

U1 = 52

nRT1

U2 = 52

nRT2

tako da je promena stanja gasa∆U = U2 − U1 = 5

2nR(T2 − T1)

Uzimajući u obzir gornji izraz za rad gasa, za promenu stanja gasa dobijamo

∆U = 52

A

Količina toplote dovedene gasu je prema zakonu održanja energije jednaka zbiru rada gasa i promene njegovogunutrašnjeg stanja, odnosno

Q = A + ∆U

Zbir dovedene količine toplote i promene unutrašnjeg stanja gasa, kako se traži u zadatku, sada iznosi

Q + ∆U = (A + ∆U) + ∆U = A + 2∆U = A + 2 · 52

A = 6A = 360 kJ.

19 (Zadatak 2012_15) Neka je dužina neistegnute opruge l0. Kada se opruga optereti masom m1 = 2m (sadva tega iste mase m), ona će se istegnuti na dužinu l1. Na tegove tada deluje sila istezanja opruge (naviše)

F1 = k(l1 − l0)

kao i sila Zemljine teže (naniže)Q1 = 2mg


k (l1 − l0) = 2mg

Kada se opruga optereti masom m2 = m (jedan teg je uklonjen), ona će se istegnuti na dužinu l2. Na teg tadadeluje sila istezanja opruge (naviše)

F2 = k(l2 − l0)

kao i sila Zemljine teže (naniže)Q2 = mg


k (l2 − l0) = mg

Imamo sledeći sistem jednačinak (l1 − l0) = 2mg

k (l2 − l0) = mg

163


i tražimo koeficijent elastičnosti opruge. Ako oduzmemo ove dve jednačine, dobijamo

k (l1 − l2) = mg

odakle jek = mg

l1 − l2

Period oscilovanja opruge sa jednim tegom mase m tada iznosi

T = 2π

√m

k= 2π

√mmg

l1−l2

= 2π

√l1 − l2

g

T = 2π

√1 − 0.84

10s = 0.8 s.

20 Neka je konstanta difrakcione rešetke d. Uslov da se naekranu pojavi svetla pruga (maksimalna interferencija) je

d sin θn = nλ

gde je θn ugao pod kojim se svetla pruga broj n nalazi uodnosu na horizontalu. Maksimalni broj svetlih pruga na deluzida iznad horizontale je određen uslovom

sin θn ≤ 1

nλ

d≤ 1

n ≤ d

λ

nmax = d

λ

Isti toliki broj svetlih pruga će se nalaziti na delu zida ispod horizontale. Uzimajući u obzir i svetlu prugu kojase pojavljuje na horizontali (za n = 0), za ukupan broj svetlih pruga se ima

N = nmax + nmax + 1 = 2nmax + 1 = 2 d

λ+ 1

Odavde je konstanta difrakcione rešetke u funkciji broja svetlih pruga data izrazom

d = (N − 1) λ

2

d = 10 · 625 nm2

= 3125 nm

Odnosno, broj zareza po milimetru je

1d

= 13125 nm = 1

3125 · 10−6 mm = 320 mm−1.

164



(28. jun 2007.)


1. Jedinica za protok fluida u SI sistemu je

a) N/kg b) W/m c) m3/sd) kg/m e) J/m n) ne znam (3 poena)


a) snagu b) energiju c) intenzitet siled) količinu elektriciteta e) intenzitet električnog polja n) ne znam (3 poena)

3. Jezgro atoma radioaktivnog elementa ima Z protona i N neutrona. U β− raspadu neće se promeniti

a) Z b) N c) Z/Nd) Z-N e) Z+N n) ne znam (3 poena)

4. Idealni gas vrši mehanički rad bez razmene toplote sa okolinom ako je proces

a) izotermički b) izobarski c) izohorskid) adijabatski e) bilo kakav n) ne znam (3 poena)

5. Telo osciluje sa frekvencijom 50 Hz. Period oscilovanja tela je

a) 20 ms b) 40 ms c) 50 msd) 100 ms e) 200 ms n) ne znam (3 poena)

6. Posmatrač vidi blesak munje 10 µs od trenutka nastanka. Količnik brzina zvuka i svetlosti u vazduhuje 10−6. Posmatrač čuje udar groma posle vremena

a) 1 s b) 10 s c) 100 sd) 0.1 s e) 0.01 s n) ne znam (4 poena)

7. Telo je izbačeno naviše sa visine 7 m, početnom brzinom v0 = 2 m/s. Telo će imati brzinu 2v0 na visini(g = 10 m/s2)


165


8. Tri identična tačkasta naelektrisanja su postavljena u temenima jednakokrakog pravouglog trougla. Naelek-trisanja postavljena na krajevima hipotenuze deluju na treće naelektrisanje silom F . Ako jedno od naelektrisanjana hipotenuzi promeni znak, sila F

a) promeni smer b) zarotira za 45o c) zarotira za 90o

d) jednaka je nuli e) ostaje ista n) ne znam (4 poena)

9. Put koji pređe svetlost u vakuumu za godinu dana (svetlosna godina) približno je jednak (c = 3 · 108 m/s)

a) 2.4 · 1015 km b) 2.4 · 1015 m c) 9.5 · 1012 md) 9.5 · 1012 km e) 9.5 · 1014 km n) ne znam (4 poena)

10. Ako se impuls tela konstantne mase poveća dva puta njegova kinetička energija se

a) ne menja b) smanji dva puta c) smanji četiri putad) poveća dva puta e) poveća četiri puta n) ne znam (4 poena)

11. Najveći broj kombinacija vezivanja tri otpornika otpornosti R1, R2 i R3 koje daju različite ekvivalentneotpornosti je


12. Ako se pritisak određene količine idealnog gasa menja po zakonu p = aT, gde je a konstanta, zapreminagasa se menja po zakonu

a) V = a/T b) V = T/a

c) V = a/p d) V = p/a

e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (5 poena)

13. Zategnuta žica ima dužinu 120 cm. Tri najveće talasne dužine stojećeg talasa koje se mogu pojaviti na žicisu

a) 480 cm, 240 cm, 120 cm b) 480 cm, 240 cm, 60 cm c) 480 cm, 120 cm, 80 cmd) 240 cm, 120 cm, 80 cm e) 360 cm, 240 cm, 120 cm n) ne znam (5 poena)

14. Gustine leda i vode su ρL i ρV , respektivno. Odnos zapremine leda ispod površi vode i ukupne zapremineleda je

a) 1 − ρL/ρV b) ρV /ρL − 1 c) ρL/ρV

d) 1/(1 − ρL/ρV ) e) 1/(1 + ρL/ρV ) n) ne znam (5 poena)

15. Na podu lifta nalazi se telo mase 10 kg. Lift polazi iz mirovanja i kreće se ubrzano. Telo pritiska pod liftasilom od 120 N. U toku druge sekunde lift prelazi put od (g = 10 m/s2)


16. Koeficijent korisnog dejstva Karnoovog ciklusa iznosi 0.5. Za koliko procenata bi trebalo sniziti temperaturuhladnjaka da bi iznosio 0.6

a) 10% b) 20% c) 40%d) 60% e) 80% n) ne znam (7 poena)

166


17. Elektron se kreće u prostoru u kome postoje homogeno magnetsko polje indukcije B = 0.5 mT i homogenoelektrično polje intenziteta E = 10 V/m. Vektori brzine elektrona, električnog i magnetskog polja su međusobnonormalni. Elektron se kreće pravolinijski ako mu je brzina

a) 20 km/s b) 2 km/s c) 5 km/sd) 10 km/s e) 0.5 km/s n) ne znam (7 poena)

18. Laserski snop svetlosti talasne dužine 700 nm pada na prorez širine 0.2 mm. Širina centralnog difrakcionogmaksimuma na ekranu postavljenom 6 m iza proreza je

a) 1 cm b) 1.6 cm c) 2.2 cmd) 3.2 cm e) 4.2 cm n) ne znam (8 poena)

19. Horizontalna greda dužine 6 m i mase 300 kg postavljena je na dva oslonca. Jedan je udaljen 2 m od levogkraja, a drugi 1 m od desnog kraja. Sile u osloncima grede iznose (g = 10 m/s2)

a) 500 N, 2500 N b) 750 N, 2250 N c) 1500 N, 2000 Nd) 1000 N, 2000 N e) 1333 N, 16667 N n) ne znam (8 poena)

20. Na mirnu površinu jezera pada svetlosni zrak pod uglom 60o. Indeks prelamanja vode iznosi 1.44. Zrakstiže do ravnog dna za vreme 0.3 µs. Dubina jezera je (c = 3 · 108 m/s)


167


REŠENJA

1 Protok fluida se definiše kao količina tečnosti (zapremine) koja protekne u jedinici vremena, dakle jedinicaza protok fluida u SI sistemu je m3/s.

2 Elektron volt je jedinica za energiju.

3 Pri β− raspadu, u nuklearnom jezgru dolazi do pretvaranja neutrona u proton, uz emitovanje jednog elektronai elektron antineutrina. Dakle ukupan broj protona i neutrona (Z+N) ostaje nepromenjen.

4 U adijabatskom procesu nema razmene toplote gasa sa okolinom.

5 Telo koje osciluje sa frekvencijom od f = 50 Hz, ima period oscilovanja T = 1f

= 20 ms.

6 Neka je brzina svetlosti u vazduhu c, a brzina zvuka u vazduhu v. Neka je s udaljenost posmatrača od mestau kome nastaje munja. Posmatrač vidi bljesak munje t1 = 10 µs od trenutka nastanka, što znači da svetlostpređe ovaj put s za vreme t1 odnosno

s = ct1

Ako posmatrač čuje udar groma posle vremena t2, to znači da zvuk za to vreme pređe isti put, odnosno

s = vt2

Iz prethodne dve jednačine, uz uslov v/c = 10−6, odnosno c/v = 106 dobijamo

t2 = t1c

v= 10 · 10−6 s · 106 = 10 s.

7 Telo izbačeno naviše početnom brzinom v0 = 2 ms , sa visine H0 = 7 m, će prema jednačini vertikalnog hica

dostići visinuhmax = H0 + v2

02g

Sa ove visine telo zatim pada vertikalno naniže, početnom brzinom nula i ubrzanjem jednakim ubrzanju Zemljineteže. Brzinu v1 = 2v0 će dostići za vreme t1 (od trenutka kada je bilo na najvećoj visini), te važi

v1 = gt1

2v0 = gt1

t1 = 2v0

g

Za to vreme telo pređe put

∆h = gt21

2= g

2· 4v2

0g2 = 2v2

0g

odnosno, padne na visinuh1 = hmax − ∆h

h1 = H0 + v20

2g− 2v2

0g

h1 = H0 − 32

v20g

h1 = 7 m − 610

m = 6.4 m

169


8 Pretpostavimo da su u prvom slučaju tačkasta naelektrisanja Q pozitivna. Kako su naelektrisanja nahipotenuzi jednokrakog trougla jednako udaljena od trećeg tačkastog naelektrisanja, to ona deluju odbojnimsilama jednakog intenziteta i duž pravca linije koja ih spaja sa njim, tako da je rezultantna sila kao na slici.

U slučaju da jedno od naelektrisanja na hipotenuzi promeni znak, ono će sada na treće naelektrisanje delovati(privlačnom) silom istog intenziteta i pravca, ali suprotnog smera. Rezultantna sila, kao što se vidi sa drugeslike će zarotirati za 90 stepeni.

9 Svetlosna godina je put koji svetlost pređe za godinu dana:

s = ct = 3 · 108 ms · 1 godina = 3 · 108 m

s · 365 · 24 · 3600 s ≈ 9.5 · 1015 m = 9.5 · 1012 km.

10 Neka je v0 početna brzina čestice mase m, tada su njen impuls i kinetička energija, redom

p0 = mv0, Ek0 = 12

mv20

Ako se impuls čestice poveća dva puta p1 = 2p0, a masa ostane nepromenjena, to za novu brzinu važi

mv1 = 2mv0 ⇒ v1 = 2v0

tako da se kinetička energijaEk1 = 1

2mv2

1 = 4 · 12

mv20 = 4 · Ek0

poveća četiri puta.

11 Na slici su pokazani svi načini na koje je moguće vezati triotpornika: (1) redna veza sva tri otpornika, (2) redna veza jednogotpornika sa paralelnom vezom preostala dva, (3) paralelna vezajednog otpornika sa rednom vezom preostala dva i (4) paralelnaveza sva tri otpornika.U svakom od četiri slučaja imamo sledeći broj različitih ekvivalent-nih otpornosti

(1) jednu ekvivalentnu otpornost:

Re = R1 + R2 + R3

(2) tri različite ekvivalentne otpornosti:

Re1 = R1 + R2R3

R2 + R3

Re2 = R2 + R3R1

R3 + R1

Re3 = R3 + R1R2

R1 + R2

170


(3) tri različite ekvivalentne otpornosti:

Re1 = R1(R2 + R3)R1 + R2 + R3

Re2 = R2(R3 + R1)R1 + R2 + R3

Re3 = R3(R1 + R2)R1 + R2 + R3

(4) jednu ekvivalentnu otpornost:Re1 = R1R2R3

R1R2 + R2R3 + R3R1

Dakle ukupan broj različitih ekvivalentnih otpornosti je: 1+3+3+1 = 8.

12 Po uslovima zadatka pritisak određene količine idealnog gasa se menja po zakonu

p = aT

što u kombinaciji sa jednačinom stanja idealnog gasa

pV = nRT

dajeaTV = nRT

V = nR

a= const.

Dakle, zapremina gasa ostaje konstantna, pa nijedan od ponuđenih odgovora nije tačan.

13 Uslov da se na zategnutoj žici pojavi stojeći talas dat je jednačinom

L = nλn

2

gde je L− dužina žice i λn− talasna dužina stojećeg talasa reda n. Dakle imamo

λn = 2L/n

Tri najveće talasne dužine se dobijaju za n = 1, 2, 3, odnosno

λ1 = 2L = 240 cm

λ2 = L = 120 cm

λ3 = 2L

3= 80 cm.

14 Na komad leda ukupne zapremine V, od kojih sedeo zapremine V1 nalazi pod vodom, deluju sledeće dvesile:

• Sila Zemljine teže vertikalno naniže

Fg = mg

gde je m = ρLV , ρL−gustina leda• Sile potiska vode, na deo zapremine V1 koji se na-

lazi pod vodom, vertikalno naviše

Fp = ρV V1g

171


U stanju ravnoteže ovih dveju sila imamoFp = Fg

ρV V1 = ρLV

V1

V= ρL

ρV.

15 Vežimo referentni sistem za lift koji se kreće ubrzanjem a vertikalno naviše.Na telo mase m u ovom liftu deluju sledeće sile:

• Sila Zemljine teže, vertikalno nanižeFg = mg

• Inercijalna sila (u smeru suprotnom od smera ubrzanja a), vertikalno naniže

Fi = ma

• Sila otpora podloge na telo, vertikalno naviše N

Kako telo miruje u ovom referentnom sistemu, to je zbir svih sila koje deluju na telo jednak nuli, odnosno,uzimajući u obzir smerove sila

Fg + Fi − N = 0

N = m (a + g)

Prema III Newton-ovom zakonu, sila kojom pod deluje na telo jednaka je sili kojom telo deluje na pod liftaN = 120 N. Odakle se za ubrzanje lifta iz prethodne jednačine dobija

a = N

m− g = 120 N

10 kg − 10 ms2 = 2 m

s2

Lift se kreće ubrzanjem a iz stanja mirovanja, tako da u prvoj sekundi (t1 = 1 s) pređe put

s1 = at21

2= 1 m

a za dve sekunde (t2 = 2 s) put

s2 = at22

2= 4 m

U toku druge sekunde lift prelazi put∆s = s2 − s1 = 3 m.

16 Koeficijent korisnog dejstva Carnot-ovog ciklusa dat je jednačinom

η1 = 1 − T2

T1

gde je T2−temperatura hladnjaka. Ako temperaturu hladnjaka smanjimo za ∆T, koeficijent korisnog dejstvapostaje

η2 = 1 − T2 − ∆T

T1= 1 − T2

T1+ ∆T

T1= η1 + ∆T

T1

odakle se za apsolutnu promenu temperature hladnjaka dobija

∆T = (η2 − η1) T1

Iz prve jednačine možemo izraziti temperaturu grejnog tela T1 u funkciji stepena korisnog dejstva i početnetemperature hladnjaka kao

T1 = T2

(1 − η1)što u kombinaciji sa prethodnom jednačinom daje

∆T = η2 − η1

1 − η1T2

172


odnosno, temperaturu treba sniziti za∆T

T2= η2 − η1

1 − η1

∆T

T2= 0.6 − 0.5

1 − 0.5= 0.2 = 20%.

17 Neka su vektori homogenog električnog E i magnetskog polja Bmeđusobno normalni kao na slici. I neka se čestica naelektrisanja q krećeu tom polju brzinom v normalno na linije električnog i magnetskog poljakao na slici. Na česticu deluje električna sila u pravcu linija električnogpolja intenziteta

Fe = qE

i magnetska (Lorentz-ova) sila data vektorskim izrazom Fm = q v × B.Uzimajući u obzir da su vektori brzine i magnetskog polja međusobnonormalni, to će pravac i smer magnetske sile biti kao na slici (istog pravcaa suprotnog smera od vektora električne sile) i intenziteta

Fm = qvB

Telo će nastaviti da se kreće ravnomerno pravolinijski ako je zbir svih sila koje deluju na njega jednak nuli,odnosno, ako je

Fe = Fm

qE = qvB

v = E

B

v =10 V

m0.5 · 10−3 T = 20 km

s .

18 Ugaoni položaj minimuma pri difrakciji na prorezu širinea određen je relacijom

a sin θn = nλ

gde je n = 1, 2, 3 . . . redni broj minimuma.Ugaoni položaj prvog minimuma je

sin θ1 = λ

a

odnosno položaj minimuma na ekranu udaljenosti L od pro-reza je (za male uglove θ1)

y1 = L tan θ1 ≈ L sin θ1

odakle slediy1 = Lλ

a

Kako je širina centralnog maksimuma definisana kao rastojanje između prvih minimuma (iznad i ispod optičkeose), to je

d = 2y1 = 2Lλ

a= 4.2 cm.

173


19 Na gredu deluju sledeće sile:• Sila Zemljine teže na centar mase grede, koji se nalazi

na njenoj sredini, usmerena vertikalno naniže

Fg = mg

• Sile otpora u osloncima grede F1 i F2 usmerene verti-kalno naviše.

Pošto greda miruje, to na osnovu II Newton-ovog zakona (zatranslatorno kretanje) važi da su sile u ravnoteži

F1 + F2 = Fg

Na gredu takođe deluju momenti ovih sila u odnosu na centar rotacije vezan za centar mase grede:

• Moment sile F1 u tački udaljenoj x1 = l

2− l1 = 1 m od centra mase, u smeru kretanja kazaljke na satu

M1 = F1x1

• Moment sile F2 u tački udaljenoj x2 = l

2− l2 = 2 m od centra mase, u smeru suprotnom od kretanja

kazaljke na satuM2 = F2x2

Kako greda miruje (ne rotira), to na osnovu II Newton-ovog zakona za rotaciono kretanje važi da su momentisila u ravnoteži, odnosno

M1 = M2

F1x1 = F2x2 ⇒ F2 = F1x1

x2

Iz prethodnih jednačina za sile imamo

F1 + F1x1

x2= mg ⇒ F1 = mg

x2

x1 + x2= 300 kg · 10 m

s2 · 23

= 2000 N

F2 = mgx1

x1 + x2= 300 kg · 10 m

s2 · 13

= 1000 N.

20 Na graničnoj površi između vazduha, indeksa prelamanja n1 = 1, ivode, indeksa prelamanja n2 = 1.44, po Snell-ovom zakonu važi


gde za upadni ugao θ1 = 60o dobijamo

sin θ2 = 1n2

sin θ2 =√

32n2

Ako je dubina jezera D, to zrak svetlosti u jezeru, pre nego dotakne dno,pređe put

L = D

cos θ2

Kako je

cos θ2 =√

1 − sin2 θ2 =

√1 − 3

4n22

=√

4n22 − 3

2n2

to dobijamoL = D

2n2√4n2

2 − 3

174


U sredini indeksa prelamanja n2 brzina svetlosti je

cn2 = c

n2

pa za pređeni put u vremenu t imamoL = cn2t = ct

n2

odakle za dubinu jezera sledi

D = L ·√

4n22 − 3

2n2= ct

n2·√

4n22 − 3

2n2

D = ct

n22

√n2

2 − 34

≈ 50 m.

175



(29. jun 2006.)


1. Proizvod pritiska i zapremine određene količine idealnog gasa na konstantnoj temperaturi

a) zavisi od količnika pritiska i temperature b) zavisi od zapreminec) zavisi od pritiska d) zavisi od količnika pritiska i zapreminee) je konstantan n) ne znam (3 poena)

2. Učestanost oscilatora personalnog računara je 2500 MHz. Jedan takt centralne procesorske jedinice traje

a) 4 · 10−10 s b) 4 · 10−8 s c) 4 · 10−6 sd) 2.5 · 10−10 s e) 2.5 · 10−8 s n) ne znam (3 poena)

3. Grupa skalarnih veličina je

a) temperatura, moment impulsa, vreme b) vreme, rad, temperaturac) površina, magnetska indukcija, temperatura d) dužina, masa, brzinae) energija, koeficijent samoindukcije, impuls sile n) ne znam (3 poena)

4. Tesla (T) je jedinica za

a) magnetski fluks b) koeficijent samoindukcije c) magnetsku indukcijud) magnetsko polje e) elektromotornu silu n) ne znam (3 poena)

5. Označite jedinicu koja se razlikuje od ostalih

a) W · s b) N · m c) m3 · Pad) 6.25 · 1018 eV e) V · A n) ne znam (3 poena)

6. Na telo deluju u istoj tački dve sile jednakih intenziteta F koje zaklapaju ugao od 120o. Da bi ovo telo bilou ravnoteži treba delovati trećom silom intenziteta

a) F/2 b) 2F c)√

3F

d) F e)√

3F/2 n) ne znam (4 poena)

7. Otvoren rezervoar za vodu sistema centralnog grejanja nalazi se na tavanu zgrade visine 12 m. Statičkipritisak vode u prizemlju iznosi (g = 10 m/s2, gustina vode 103 kg/m3)

a) 1.2 · 104 Pa b) 1.2 · 106 Pa c) 1.2 · 103 Pad) 1.2 · 105 Pa e) 1.2 · 107 Pa n) ne znam (4 poena)

177


8. Da bi se telo mase 10 kg ubrzalo od početne brzine 5 m/s do brzine 15 m/s za 4 sekunde treba uložiti srednjusnagu od

a) 25 W b) 250 W c) 500 Wd) 750 W e) 2.5 kW n) ne znam (4 poena)

9. Kroz vodovodnu cev prečnika 30 mm ističe voda stalnom brzinom od 4 m/s. Kubni metar vode istekne za

a) 354 s b) 708 s c) 172 sd) 88.5 s e) 1416 s n) ne znam (4 poena)

10. De Broljeva talasna dužina za proton impulsa 1 GeV/c iznosi (c = 3 · 108 m/s, h = 6.6 · 10−34 Js,1 eV = 1.6 · 10−19 J)

a) 0.8 · 1015 m b) 2.48 · 10−15 m c) 1.23 · 10−15 md) 0.62 · 10−15 m e) 1.6 · 10−19 m n) ne znam (4 poena)

11. U fisiji jezgra urana oslobodi se energija od 190 MeV. U nuklearnom reaktoru sa koeficijentom korisnogdejstva 32% i snagom od 1000 MW, godišnji broj fisija iznosi

a) 1.04 · 1027 b) 3.74 · 1025 c) 8.88 · 1024

d) 5.24 · 1021 e) 3.24 · 1027 n) ne znam (5 poena)

12. Poluprečnik Zemlje iznosi 6370 km. Ubrzanje sile Zemljine teže je za 19% manje nego na površi Zemlje navisini od

a) 54 km b) 118 km c) 675 kmd) 210 km e) 708 km n) ne znam (5 poena)

13. U temenima jednakostraničnog trougla stranice a u vazduhu nalaze se kuglice naelektrisane istimnaelektrisanjem Q. Intenzitet električne sile koja deluje na bilo koju kuglicu iznosi

a)√

32πε0

Q2

a2 b)√

34πε0

Q2

a2 c) 14πε0

Q2

a2

d)√

38πε0

Q2

a2 e)√

24πε0

Q2

a2 n) ne znam (5 poena)

14. Litar vode na temperaturi od 300 K pomeša se sa dva litra vode na temperaturi od 87oC. Temperaturasmeše je:

a) 340 K b) 300 K c) 360 Kd) 380 K e) 400 K n) ne znam (5 poena)

15. Kada je na izvor elektromotorne sile 220 V priključen potrošač otpora 7 Ω struja u kolu iznosi 27.5 A.Struja kratkog spoja je

a) 220 A b) 110 A c) 440 Ad) 55 A e) 75 A n) ne znam (7 poena)

178


16. Čamdžija prelazi reku širine 400 m po najkraćem putu. Brzina reke je 3 m/s, a brzina čamca u odnosu namirnu vodu je 5 m/s. Vreme potrebno da se pređe na drugu obalu iznosi


17. Vi ste investitor koji ulaže u rizične visoko profitabilne projekte. Jedan pronalazač tvrdi da je razviotoplotnu mašinu koja, u toku jednog ciklusa uzima 110 MJ toplote na temperaturi od 415 K, a odbacuje 50MJ toplote na temperaturi od 212 K. Pri tome izvrši mehanički rad od 16.67 kWh. Da li biste profitirali akouložite novac u ovaj projekat?

a) Da, jer je u saglasnosti sa prvim principom termodinamikeb) Da, efikasnost ove mašine je veća od efikasnosti Carnot-ove mašinec) Ne, efikasnost ove mašine je veća od efikasnosti Carnot-ove mašined) Da, efikasnost ove mašine je manja od efikasnosti Carnot-ove mašinee) Možda DA a možda i NE kao i u svakom poslun) ne znam (7 poena)

18. Klatno se sastoji od neistegljivog kanapa zanemarljivo male mase, na čijem se kraju nalazi masivna kuglica.Kanap može da izdrži dvostruku težinu kuglice. Kada se klatno izvede iz ravnotežnog položaja i pusti, kanapse kida pri prolasku kuglice kroz ravnotežni položaj ako je ugao otklona

a) 15o b) 30o c) 45o

d) 60o e) 75o n) ne znam (8 poena)

19. Na rastojanju 1 cm od ravnotežnog položaja kinetička i potencijalna energija harmonijskog oscilatora sumeđusobno jednake. Amplituda oscilacija je

a) 1/√

2 cm b)√

2 cm c) 2√

2 cmd)

√3 cm e) 3

√2 cm n) ne znam (8 poena)

20. Svetli predmet postavljen je ispred tankog sabirnog sočiva žižne daljine f . Ako je rastojanje izmeđupredmeta i realnog lika minimalno, udaljenje predmeta od sočiva iznosi

a) f b) 3f c) 2f

d) 4f e) 4f/3 n) ne znam (8 poena)

179


REŠENJA

1 Proizvod pritiska i zapremine određene količine gasa dat je jednačinom idealnog gasa

pV = nRT

i na konstantnoj temperaturi je konstantan.

2 Jedan takt (period) centralne procesorske jedinice oscilatora učestanosti f = 2500 MHz je

T = 1f

= 12.5 · 109 Hz

= 4 · 10−10 s.

3 Moment impulsa, magnetska indukcija, impuls sile, i brzina su vektorske veličine. Ostale navedene veličinesu skalarne. Jedina od navedenih grupa koja sadrži samo skalarne veličine je b) vreme, rad, temperatura.

4 Tesla je SI jedinica za magnetsku indukciju.

5 Jedinice W·s, N·m, m3·Pa, eV su jedinice za energiju. V·A je jedinica za snagu i jedina se razlikuje od ostalih.

6 Ako dve sile istog intenziteta F1 = F2 = F , zaklapaju ugao od 120 stepeni, tada je intenzitet vektorskog zbiraovih dveju sila takođe F (videti sliku, gde vektori sila označenih sa F1, F2 i Fr opisuju dva jednakostraničnatrougla dužine strana F ). Da bi telo bilo u ravnoteži potrebno je da treća sila F3 bude istog intenziteta i pravca,a suprotnog smera od rezultujuće sile Fr.Odnosno, intenzitet treće sile je takođe F.

7 Statički pritisak vode na dubini od H = 12 m iznosi

p = ρgH

p = 103 kgm3 · 10 m

s2 · 12 m = 1.2 · 105 Pa.

181


8 Kinetička energija tela mase m = 10 kg koje se kreće brzinom v1 = 5 m/s je data izrazom

Ek1 = 12

mv21

Na telo deluje sila koja ga ubrza do brzine v2 = 15 m/s odnosno do kinetičke energije

Ek2 = 12

mv22

Na osnovu zakona održanja energije, rad ove sile je dat izrazom

A = Ek2 − Ek1 = 12

m(v22 − v2

1)

Kako sila deluje u intervalu vremena ∆t = 4 s, to je uložena srednja snaga

P = A

∆t=

m(v2

2 − v21)

2∆t

P =10 kg · (225 − 25) m

s2 · 4 s = 250 W.

9 Protok vode koja ističe brzinom v kroz vodovodnu cev prečnika D, odnosno površine poprečnog preseka

S = 14

πD2

dat je izrazomQ = Sv = 1

4πD2v

Kako se protok definiše kao zapremina vode u jedinici vremena

Q = V

t

vreme za koje istekne zapremina vode V se dobija na sledeći način

t = V

Q= 4V

πD2v

t = 4 · 1 m3

3.14 · 900 · 10−6 m2 · 4 ms

= 354 s.

10 Impuls protona, koji ima de Broglie-vu talasnu dužinu λ, dat je izrazom

p = h

λ

odakle jeλ = h

p

Zamenom zadatih vrednosti, i pretvaranjem u SI jedinice, dobijamo

λ = 6.6 · 10−34Js1 GeV

c

=6.6 · 10−34Js · 3 · 108 m

s109 eV =

6.6 · 10−34Js · 3 · 108 ms

109 · 1.6 · 10−19 J = 1.23 · 10−15 m.

11 Ako je korisna snaga nuklearnog reaktora Pk i uložena snaga Pu, za stepen korisnog dejstva se ima

η = Pk

Pu

odakle za uloženu snagu dobijamoPu = Pk

η

182


Za vreme ∆t se uloži energijeEu = Pu∆t = Pk∆t

η

Ako se pri svakoj fisiji jezgra urana oslobodi energija od ∆E, sledi da je broj fisija u vremenu ∆t

N = Eu

∆E= Pu∆t

η∆E

Prema uslovima zadatka, za vrednosti

∆E = 190 MeV = 190 · 106 · 1.6 · 10−19J

∆t = 1 godina = 365 · 24 · 3600 s

Pu = 1000 MW = 109 W

η = 32% = 0.32

dobijamo

N = Pu∆t

η∆E= 109 W · 365 · 24 · 3600 s

0.32 · 190 · 106 · 1.6 · 10−19J = 3.24 · 1027.

12 Izraz za ubrzanje sile Zemljine teže na njenoj površi je

g = γM

R2

Isto ubrzanje na visini H, odnosno na rastojanju R1 = R + H od centra Zemlje iznosi

g1 = γM

R21

= γM

(R + H)2

gde je γ−gravitaciona konstanta i M−masa Zemlje.Sada imamo

g1

g= R2

(R + H)2

H = R

(√g

g1− 1)

Kako je prema uslovima zadatkag1 = (1 − 0.19) g = 0.81g

to jeg

g1= 1

0.81= 100

81⇒

√g

g1= 10/9

pa dobijamoH = R

(√g

g1− 1)

= R

9= 1

9· 6370 km ≈ 708 km.

13 Intenzitet električne sile kojom kuglica naelektrisanja Q1 deluje na kuglicu naelektrisanja Q (videti sliku)dat je Coulomb-ovim zakonom

F1 = 14πε0

Q1Q

a2 = 14πε0

Q2

a2

gde je po uslovu zadatka Q1 = Q. Pravac i smer ove sile su kao na slici. Silom istog intenziteta na kuglicunaelektrisanja Q deluje kuglica naelektrisanja Q2 u drugom temenu jednakostraničnog trougla

F2 = 14πε0

Q2Q

a2 = 14πε0

Q2

a2 = F1

gde je Q2 = Q i gde su pravac i smer dati na slici.

183


Rezultanta ovih dveju sila jeF = F1 + F2

i njen intenzitet odgovara većoj dijagonali romboida opisanog vektorima F1 i F2 koji dat je izrazom

F = F1 ·√

3 =√

34πε0

Q2

a2 .

14 (Zadatak 2010_11) Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži vodazapremine V (i mase m = ρV ) na temperaturi T data je izrazom

Q = mcT = ρcV T

Ako pomešamo zapreminu vode V1 na temperaturi T1 (i količinom sadržane toplote Q1 = ρcV1T1) sa zapreminomvode V2 na temperaturi T2 (i količinom sadržane toplote Q2 = ρcV2T2), na osnovu zakona održanja energije,količina toplote rezultujuće smeše biće

Q = Q1 + Q2 = ρc (V1T1 + V2T2)


Q = ρcV T = ρc (V1 + V2) T



T = V1T1 + V2T2

V1 + V2

T = 1 · 300 + 2 · (87 + 273)1 + 2

K

T = 340 K.

15 (Zadatak 2009_15) Neka je Rg unutrašnja otpornost izvora elektromotorne sile E. Kada se na njegapriključi potrošač otpornosti R1, struja u kolu će prema Ohm-ovom zakonu biti (R i Rg su vezani na red)

I1 = E

R1 + Rg

Kada se isti izvor kratko spoji, odnosno kada se na njega veže kratak spoj otpornosti R2 = 0, prema Ohm-ovomzakonu struja kratkog spoja iznosiće

I2 = E

R2 + Rg= E

Rg

Iz prve jednačine za unutrašnju otpornost naponskog izvora imamo

Rg = E

I1− R1

184


tako da se za struju kratkog spoja dobijaI2 = E

EI1

− R1

Uzimajući u obzir vrednosti date uslovima zadatka: E = 220 V, I1 = 27.5 A, i R1 = 7 Ω, imamo

I2 = 220 V22027.5 Ω − 7 Ω

= 220 A.

16 Neka je koordinatni sistem x0y vezan za obalu kao na slici, gde reka teče duž y−ose. Neka se čamac krećebrzinom intenziteta v = 5 m

s u odnosu na mirnu reku, kao na slici.

Brzinu čamca možemo rastaviti na njene komponente duž x i duž y ose, tako da je

v = vx + vy

v2 = v2x + v2

y

Kada se čamac nalazi na reci koja se kreće brzinom vr = 3 ms duž y−ose, tada njegova relativna brzina u odnosu

na mirnu reku (obalu) iznosi:• duž x−ose: v′

x = vx

• duž y−ose: v′y = vr − vy

Kako po uslovu zadatka čamac prelazi reku po najkraćem putu (koji je duž x−ose) to njegova relativna brzinaduž y−ose treba da je jednaka nuli, odnosno

v′y = 0 ⇒ vy = vr

odakle se za njegovu brzinu duž x−ose dobija

vx =√

v2 − v2y =

√v2 − v2

r

vx =√

25 − 9 ms = 4 m

spa čamac pređe reku širine d = 400 m za

t = d

vx= 100 s.

17 Kako toplotna mašina uzima Q1 = 110 MJ toplote a odbacuje Q2 = 50 MJ toplote, to je ukupna energijauložena u rad ove mašine

∆Q = Q1 − Q2 = 60 MJ

Kako mašina izvrši koristan rad od A = 16.67 kWh = 16.67 · 103 W · 3600 s = 60.012 MJ to je stepen korisnogdejstva ove mašine

η = A

∆Q= 60.012

60> 100%

Znači da bi mašina izvršila rad veći od uložene energije, što je prema zakonu održanja energije nemoguće.Maksimalni stepen korisnog dejstva koji ova mašina može imati odgovara stepenu korisnog dejstva Carnot-ovemašine datog izrazom

ηmax = 1 − T1

T2= 1 − 212

415= 48.9 %

185


Odgovor pod c) Ne, efikasnost ove mašine je veća od efikasnosti Carnot-ove mašine je tačan.

18 Neka je klatno otklonjeno iz ravnotežnog položaja za ugao θ0kao na slici. Ako je dužina klatna l, visina mase u odnosu na tačkuravnotežnog položaja je tada

h = l(1 − cos θ0)

U tom trenutku brzina mase je nula, pa je ukupna energijajednaka potencijalnoj energiji mase

E1 = Ep = mgh = mgl(1 − cos θ0)

Kada prolazi kroz tačku ravnotežnog položaja, potencijalna ener-gija mase je nula, te je ukupna energija jednaka kinetičkoj energiji.Ako se masa u tom trenutku kreće brzinom v za energiju dobijamo

E2 = Ek = 12

mv2

Iz zakona održanja energijeE1 = E2

se za brzinu mase kroz ravnotežni položaj dobija

v =√

2gl(1 − cos θ0)

Kada prolazi kroz tačku ravnotežnog položaja, na masu deluju sledeće sile• Sila Zemljine teže, vertikalno naniže: Fg = mg

• Sila zatezanja kanapa, vertikalno naviše: T

• Inercijalna (centrifugalna sila) kružnog kretanja mase, vertikalno naniže: Fi = mv2/l

Kako se u ravnotežnom položaju masa ne kreće u vertikalnom pravcu, to je zbir svih sila duž tog pravca jednaknuli, odnosno, uzimajući u obzir smerove sila sa slike

Fg + Fi − T = 0

odakle se za silu zatezanja u kanapu ima

T = Fg + Fi = mg + mv2

l= mg + 2mg(1 − cos θ0) = mg(3 − 2 cos θ0)

Maksimalna sila Tmax koju kanap može da izdrži prema uslovu zadatka jednaka je dvostrukoj težini mase m

Tmax = 2mg

Iz prethodne dve jednačine se za maksimalni ugao otklona dobija

T = Tmax

mg(3 − 2 cos θ0) = 2mg

cos θ0 = 12

θ0 = arccos 12

= 60o.

19 Jednačina koja opisuje položaj harmonijskog oscilatora u trenutku t u odnosu na ravnotežni položaj dataje izrazom

x (t) = x0 sin ωt

gde je ω2 = k/m kružna učestanost harmonijskih oscilacija i x0−amplituda oscilacija.

186


Brzina ovog harmonijskog oscilatora u trenutku t data je jednačinom

v (t) = x′ (t) = x0ω cos ωt = v0 cos ωt

gde je v0 = ωx0 maksimalna brzina harmonijskih oscilacija (u ravnotežnom položaju).Potencijalna energija harmonijskih oscilacija data je izrazom

Ep = 12

kx2 = 12

kx20 sin2 ωt

dok je kinetička energija data sledećim izrazom

Ek = 12

mv2 = 12

mω2x20 cos2 ωt = 1

2kx2

0 cos2 ωt

gde smo uzeli u obzir ω2 = k

m⇔ mω2 = k

U trenutku vremena t = t0 u kojem su ove dve energije jednake važi

Ep = Ek

12

kx20 sin2 ωt0 = 1

2kx2

0 cos2 ωt0

sin2 ωt0 = cos2 ωt0 = 1 − sin2 ωt0

sin2 ωt0 = 12

sin ωt0 = 1√2

U tom trenutku je rastojanje od ravnotežnog položaja x (t0) = 1 cm te sledi

x (t0) = A sin ωt0 = A/√

2

odnosnoA =

√2x (t0) =

√2 cm.

20 Jednačina sabirnog sočiva data je izrazom

1p

+ 1q

= 1f

gde je p−udaljenost predmeta od sočiva, q−udaljenost realnog lika od sočiva, i f−žižna daljina sočiva.Predmet i realni lik nalaze se sa suprotne strane sočiva, tako da je udaljenost između njih

d = p + q

Iz prve jednačine imamoq = pf

p − f

tako da se za udaljenost između predmeta i lika dobija

d = p + q = p + pf

p − f

Treba naći udaljenost predmeta od sočiva p za koju je udaljenost lika od predmeta d minimalna.Prvi izvod funkcije d = d (p) je

d′ (p) = 1 + f (p − f) − pf

(p − f)2 = (p − f)2 − f2

(p − f)2

187


gde smo iskoristili pravilo za izvod količnika (u

v

)′= u′v − uv′

v2

Ekstremnu vrednost funkcije dobijamo za d′ (p) = 0 odakle sledi

(p − f)2 = f2

p (p − 2f) = 0

tj. dobijamo dva rešenjap = 0 i p = 2f

Za p = 0 predmet se nalazi u sočivu, što nije fizički realno rešenjeZa p = 2f , udaljenost između predmeta i lika je minimalna (i jednaka dmin = 4f).

188



(30. jun 2005.)


1. Jedinica za rad može se izraziti i kao:

a) kg m/s2 b) kg m2s c) Nm2

d) Pa m3 e) N m/s n) ne znam (3 poena)

2. Beta zraci su:

a) jezgra 31H b) protoni c) elektroni

d) antiprotoni e) 42He n) ne znam (3 poena)

3. Snaga mašine koja za 2 minuta izvrši rad od 4800 J je:

a) 0.33 W b) 40 W c) 1.2 kWd) 2.4 kW e) 80 W n) ne znam (3 poena)

4. Zapremina jednog mola idealnog gasa na temperaturi od 0°C i pritisku od 101.3 kPa je: (R = 8.3 J/(molK))

a) 22.4 m3 b) 22.4 cm3 c) 22.4 dm3

d) 2240 cm3 e) 224 dm3 n) ne znam (3 poena)

5. Atomsko jezgro sa Z protona i N neutrona posle emisije alfa čestice prelazi u jezgro:

a) Z, N-4 b) Z-1, N-2 c) Z-2, N-1d) Z-2, N-4 e) Z-2, N-2 n) ne znam (3 poena)

6. Tačkasti svetlosni izvor se nalazi na rastojanju 2 m ispred tankog sabirnog sočiva. Lik predmeta je narastojanju 1 m iza sočiva. Optička moć sočiva iznosi:

a) 2 dioptrije b) 2/3 dioptrije c) 1/2 dioptrijed) 1/3 dioptrije e) 3/2 dioptrije n) ne znam (4 poena)

7. Litar vode na temperaturi od 300 K pomeša se sa dva litra vode na temperaturi od 87°C. Temperaturasmeše je:


189


8. Oko ose rotacije obrće se materijalna tačka mase m = 4 g po kružnici prečnika D = 1 m. Moment inercijematerijalne tačke u odnosu na tu osu rotacije je:

a) 10 kg cm2 b) 5 kg cm2 c) 20 kg cm2

d) 4 kg cm2 e) 2.5 kg cm2 n) ne znam (4 poena)

9. Dva tačkasta naelektrisanja +Q i −Q se nalaze na x−osi u tačkama A i B tako da je xA < xB . Tačka C ukojoj je elektrostatičko polje jednako nuli je:

a) levo od tačke A b) desno od tačke Ac) između tačaka A i B d) svuda u prostorue) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan n) ne znam (4 poena)

10. Telo se kreće po kružnici poluprečnika 1 m koju opiše za vreme od 1 s. Linijska brzina tela je:

a) 4π m/s b) 1 m/s c) 2 m/sd) 2π m/s e) π/2 m/s n) ne znam (4 poena)

11. Lift se kreće sa konstantnim ubrzanjem. Težina tela u liftu je pri penjanju tri puta veća nego pri spuštanjuako je ubrzanje:

a) 3g b) 2g c) 3g/2d) g/2 e) g/3 n) ne znam (5 poena)

12. Otvoreni rezervoar se puni vodom konstantnim zapreminskim protokom od 300 cm3/s. Voda ističe krozotvor na dnu rezervoara površine poprečnog preseka 0.6 cm2. U stacionarnom stanju nivo vode u rezervoaruje: (g = 10 m/s2)


13. Kroz vrlo dugačak pravolinijski provodnik protiče jednosmerna struja konstantne jačine. Na udaljenju dod provodnika izmerena je jačina magnetskog polja H1. Kada se jačina struje u provodniku smanji dva puta,u tački na udaljenju 2d od provodnika, izmerena je jačina polja H2. Odnos H2/H1 je:

a) 1/4 b) 1/2 c) 1d) 2 e) 4 n) ne znam (5 poena)

14. Elektron se ubrza u električnom polju između tačaka sa potencijalnom razlikom od milion volti. Masamirovanja elektrona je 0.511 MeV/c2. Ukupna relativistička energija elektrona iznosi:

a) 489 keV b) 1511 keV c) 1022 keVd) 2511 keV e) 756 keV n) ne znam (5 poena)

15. Telo je bačeno kao kosi hitac pod elevacionim uglom 60° u odnosu na horizontalnu ravan. Količnik dometai maksimalne visine je:

a) 4√

3 b) 4/√

3 c) 2/√

3d) 2

√3 e)

√3 n) ne znam (7 poena)

190


16. Valjak visine H = 10 cm i gustine ρ = 400 kg/m3 pliva na vodi. Centar mase valjka se u odnosu na površinuvode nalazi na: (gustina vode ρv = 1000 kg/m3)

a) 2 cm ispod b) 2 cm iznad c) 1 cm iznadd) 1 cm ispod e) 4 cm iznad n) ne znam (7 poena)

17. Telo se kreće po x−osi sa konstantnim ubrzanjem. Kroz tačku x1 = 5 m prolazi brzinom od 12 m/s, a kroztačku x2 = 10 m brzinom od 15 m/s. Ubrzanje tela je:

a) 14.4 m/s2 b) 16.2 m/s2 c) 3 m/s2

d) 11.25 m/s2 e) 8.1 m/s2 n) ne znam (7 poena)

18. Za krajeve stalnog izvora jednosmernog napona vezan je potrošač koji se sastoji od tri paralelno vezanaotpornika R1, R2 = 2R1 i R3. Na otporniku R1 se razvija snaga od 600 W. Ako je ukupna snaga koja serazvija u potrošaču 1 kW, otpornost otpornika R3 je:

a) 0.5R1 b) 3R1 c) 6R1

d) 12R1 e) R1 n) ne znam (8 poena)

19. Pri izobarskom širenju jedan mol idealnog gasa izvrši rad od 8.3 kJ. Zapremina gasa se pri tome povećadva puta. Početna temperatura gasa je: (R = 8.3 J/(mol K))


20. Amplituda oscilovanja linearnog harmonijskog oscilatora je 1 cm, a period oscilovanja je 1 s.Najveća brzina oscilatora iznosi:

a) 6.28 m/s b) 62.8 m/s c) 0.628 cm/sd) 6.28 cm/s e) 62.8 cm/s n) ne znam (8 poena)

191


REŠENJA

1 Rad se može izraziti kao proizvod pritiska i promene zapremine pri izobarskom širenju idealnog gasa, takoda se jedinica za rad može izraziti kao Pa m3.

2 Beta zraci su elektroni.

3 Snaga mašine koja za ∆t = 2 min = 120 s izvrši rad od A = 4800 J je

P = A

∆t= 4800 J

120 s = 40 W.

4 Prema jednačini stanja idealnog gasapV = nRT

za zapreminu se dobija

V = nRT

p=

1 mol · 8.3 Jmol K · (0 + 273 K)

101.3 · 103 Pa = 0.0224 m3 = 22.4 dm3.

5 Alfa čestica je jezgro atoma Helijuma 42He i kao takva pri emisiji odnosi 2 protona i 2 neutrona. Odnosno,

jezgro prelazi u atomsko jezgro sa Z-2 protona i N-2 neutrona.

6 Prema uslovu zadatka, predmet se nalazi na rastojanju p = 2 m ispred tankog sabrnog sočiva, a realni likse formira na rastojanju q = 1 m iza sočiva. Prema jednačini sabirnog sočiva žižne daljine f, za optičku moćD = 1/f imamo

D = 1f

= 1p

+ 1q

= 12

+ 1 = 32

.

7 Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda zapremine V (kojaodgovara masi m = ρV ) na temperaturi T data je izrazom

Q = mcT = ρcV T

Ako pomešamo zapreminu vode V1 na temperaturi T1 (i količinom sadržane toplote Q1 = cV1T1) sa zapreminomvode V2 na temperaturi T2 (i količinom sadržane toplote Q2 = ρcV2T2), na osnovu zakona održanja energije,količina toplote rezultujuće smeše biće

Q = Q1 + Q2 = ρc (V1T1 + V2T2)


Q = ρcV T = ρc (V1 + V2) T



T = V1T1 + V2T2

V1 + V2

T = 1 · 300 + 2 · (87 + 273)1 + 2

K

T = 340 K.

193


8 Moment inercije materijalne tačke mase m koja se okreće po kružnici prečnika D u odnosu na tu osu rotacijeje dat izrazom

I = mR2 = mD2

4= 4 · 10−3 kg · 1 m2

4= 10−3 kg m2 = 10−3 kg 104 cm2 = 10 kg cm2.

9 (Zadatak 2011_9) Uzimamo u obzir da je jačina električnog polja tačkastog naelektrisanja Q na rastojanjuR data izrazom

E = Q

4πεR2

i radijalnog je pravca u smeru „od“ pozitivnog naelektrisanja, odnosno, u smeru „ka“ negativnom naelektrisanju.Posmatramo električno polje na x-osi u tri moguća slučaja, kao na slici:

(a) xA ≤ xC < xB (između tačaka A i B)(b) xC ≥ xB > xA (desno od tačke B)(c) xC < xA < xB (levo od tačke A)

Rezultujuća električna polja u ova tri slučaja su(a)

Ea = E1 + E2 = Q

4πε(xC − xA)2 + Q

4πε(xB − xC)2 > 0

ovaj izraz je uvek pozitivan jer odgovara sumi dve pozitivne vrednosti.(b)

Eb = E1 + E2 = Q

4πε(xC − xA)2 − Q

4πε (xB − xC)2 = Q

4πε

(1

(xC − xA)2 − 1(xC − xB)2

)> 0

ovaj izraz je uvek pozitivan za xB > xA.(c) I slično

Ec = E1 + E2 = − Q

4πε (xC − xA)2 + Q

4πε (xB − xC)2 = − Q

4πε

(1

(xC − xA)2 − 1(xC − xB)2

)< 0

ovaj izraz je uvek negativan za xB > xA.Dakle, nijedan od ovih izraza nije jednak nuli. Ovaj rezultat se može proširiti i za tačke posmatranjau čitavoj ravni, kao i u čitavom prostoru. Dakle, ne postoji tačka C u kojoj je intenzitet električ-nog polja jednak nuli (osim tačaka u beskonačnosti), tako da nijedan od datih odgovora nije tačan.

10 Telo opiše kružnicu poluprečnika R = 1 m za ∆t = 1 s, pri čemu pređe put jednak obimu kružnice

∆s = 2πR

pa se za linijsku brzinu ovog tela dobije v = ∆s

∆t= 2πR

∆t= 2π

ms .

194


11 Usled inercijalne sile, težina tela mase m u liftu iznosiće• Q1 = m(g − a) kada se lift spušta ubrzanjem intenziteta a

• Q2 = m (g + a) kada se lift penje ubrzanjem intenziteta a

Prema uslovima zadatka Q2 = 3Q1, odakle sledi

g + a = 3(g − a)

a = g

2.

12 Otvoreni rezervoar se puni vodom konstantnim zapreminskim protokom Q. Neka je visina vode u rezervoaruu stacionarnom stanju H. Brzina kojom voda ističe iz otvora na dnu rezervoara se može dobiti iz Bernoulli-jevejednačine i iznosi

v2 =√

2gH

a kako je površina poprečnog preseka otvora S2, to će protok vode na izlazu iznositi

Q2 = S2v2

U stacionarnom stanju protok punjenja jednak je protoku pražnjenja

Q2 = Q

v2 = Q2

S2= Q

S2

U kombinaciji sa prvom jednačinom, za visinu vode u stacionarnom stanju sledi

2gH = Q2

S22

H = Q2

2gS22

H =

(300 · 10−6 m3

s

)2

20 ms2 · (0.6 · 10−4 m2)2 = 1.25 m.

13 (Zadatak 2008_11) Prema Ampère-ovom zakonu, jačina magnetskog polja na udaljenosti R od vrlo dugačkogpravolinijskog provodnika kroz koji teče struja jačine I data je izrazom

H = I

2πR

Za udaljenost R1 = d imamoH1 = I

2πd

Za udaljenost R2 = 2d i dva puta manju jačinu struje I2 = I/2 ima se

H2 = I2

2πR2=

I2

2π 2d= I

8πd

odakle se za odnos jačina magnetskog polja dobija

H2

H1=

I8πd

I2πd

= 14

.

14 Relativistička energija elektrona u stanju mirovanja data je izrazom

E0 = m0c2

gde je m0− masa mirovanja elektrona i c− brzina svetlosti.

195


Prolazeći kroz električno polje između tačaka sa potencijalnom razlikom od ∆U energija elektrona se poveća zarad elektrostatičkog polja koji iznosi

A = e∆U

gde je e naelektrisanje elektrona. Ukupna relativistička energija je prema zakonu održanja energije

E = E0 + A

E = m0c2 + e∆U

E = 0.511MeVc2 · c2 + 1 e · 106 V = 1.511 MeV = 1511 keV.

15 Neka je telo izbačeno početnom brzinom v0 poduglom α u odnosu na površinu Zemlje. Ako rastavimovektor početne brzine na horizontalnu (x) i vertikalnu(y) komponentu, onda važi

v0x = v0 cos α

v0y = v0 sin α

Neka telo dostigne domet D za vreme t. Duž x-ose, telo se kreće ravnomernom brzinom v0x tako da duž ove osevaži jednačina


Duž y−ose praktično imamo vertikalni hitac, telo kao da je izbačeno uvis početnom brzinom v0y i na njegadeluje sila Zemljine teže, tako da se kreće sa ubrzanjem g. Na maksimalnoj visini H, vertikalna brzina tela jenula

0 = v0y−gt1 ⇒ t1 = v0y

g= v0 sin α

g


H = v0yt1 − 12

gt21 = v2

0 sin2 α

2g.


H = 12

gt22 ⇒ t2 =

√2H

g=

√2v2

0 sin2 α

2g2 = v0 sin α

g= t1.


t = t1 + t2 = 2v0 sin α

g



2 sinαcos α = v20g

sin (2α).

Za količnik dometa i maksimalne visine se dobija

D

H=

v20

g sin 2α

v20 sin2 α

2g

D

H= 2 sin 2α

sin2 α= 4 sin α cos α

α= 4

sin αcos α

= 4tan α

Za α = 60o, tan α =√

3, pa imamoD

H= 4√

3.

196


16 Neka valjak visine H pliva na vodi uspravno kao na slici. Neka je H1 visina dela valjka koja je u vodi ineka je S površina poprečnog preseka valjka. Na valjak deluju sledeće sile:

• sila Zemljine teže, vertikalno naniže, intenziteta

Fg = mg = ρV g = ρSHg

• sile potiska vode na zapreminu valjka V1 = SH1 koja je u vodi, vertikalno naviše, intenzitetaFp = ρvV1g = ρvSH1g

Kako valjak pluta (ne kreće se u vertikalnom pravcu), to su ove dve sile u ravnoteži, pa važi

Fp = Fg

odakle se za visinu dela valjka koji je u vodi dobija

ρvSH1g = ρSHg

H1 = Hρ

ρv

H1 = 10 cm · 4001000

= 4 cm

Kako se centar mase nalazi u geometrijskom centru homogenog valjka, na visini H2 = H/2 = 5 cm, to je visinacentra mase u odnosu na površinu vode ∆H = H2 − H1 = 1 cm (iznad površine vode.)

17 Neka se telo kreće sa konstantnim ubrzanjem a duž x−ose. Telo za vreme t pređe iz položaja x1 gde ima(početnu) brzinu v1 u položaj x2 gde dostiže brzinu v2. Dakle, za vreme t, telo pređe put s = x2 − x1 krećući sekonstantnim ubrzanjem a sa početnom brzinom v1. Za brzinu i pređeni put važe sledeće jednačine ravnomernogpravolinijskog kretanja

v2 = v1 + at

x2 − x1 = v1t + at2

2Iz prve jednačine za vreme t dobijamo

t = v2 − v1a

što zamenom u drugoj jednačini daje

x2 − x1 = v1v2 − v1

a+ a

2

(v2 − v1

a

)2

x2 − x1 = v1v2 − v21

a+ (v2 − v1)2

2a= 2v1v2 − 2v2

1 + v22 − 2v1v2 + v2

12a

= v22 − v2

12a

odakle za ubrzanje tela sledi

a = 12

v22 − v2

1x2 − x1

a = 12

225 m2

s2 − 144 m2

s2

10 m − 5 m = 8.1ms2 .

197


18 Kako su sva tri otpornika R1, R2, R3 vezana paralelno na generator jednosmernog napona, to je napon nanjihovim krajevima jednak tom naponu generatora U pa su snage koje se razvijaju na otpornicima date izrazima

P1 = U2

R1

P2 = U2

R2= U2

2R1= 1

2P1

P3 = U2

R3

tako da je ukupna snaga data izrazom

P = P1 + P2 + P3 = P1 + P1

2+ U2

R3= 3

2P1 + U2

R3

što u kombinaciji sa jednačinom snage na prvom otporniku

P1 = U2

R1→ U2 = R1P1

dajeP = 3

2P1 + P1

R1

R3= P1

(32

+ R1

R3

)R1

R3= P

P1− 3

2

R3 = R1 · 1PP1

− 32

R3 = R1P1

P − 32 P1

zamenom zadatih vrednosti dobijamo

R3 = R1600

1000 − 1.5 · 600= R1

6001000 − 900

= 6R1.

19 Pri izobarskom širenju gasa iz stanja 1 (p1, V1, T1) u stanje 2 (p2, V2, T2), pritisak ostaje konstantan te važi

p1 = p2 = p

tako da za jednačine idealnog gasa u ova dva stanja važi

pV1 = nRT1

pV2 = nRT2

Deljenjem ove dve jednačine dobijamoV2

V1= T2

T1

ako se zapremina gasa poveća dva puta V2 = 2V1 prema prethodnoj jednačini, temperatura gasa se takođepoveća dva puta T2 = 2T1. Rad koji gas izvrši pri izobarskom širenju dat je jednačinom

A = p (V2 − V1)

što u kombinaciji sa jednačinama stanja idealnog gasa daje

A = pV2 − pV1 = nRT2 − nRT1 = nR (T2 − T1)

Ako uzmemo u obzir T2 = 2T1, rad izražen u funkciji početne temperature je

A = nR (2T1 − T1) = nRT1

198


odakle je početna temperatura gasaT1 = A

nR

Uzimajući zadate vrednosti n = 1 mol i A = 8.3 kJ dobijamo

T1 = 8.3 kJ1 mol · 8.3 J

mol K= 1000 K.

20 Jednačina oscilovanja linearnog harmonijskog oscilatora data je izrazom

x = x0 sin ωt

gde je x0−amplituda, ω = 2π

T−kružna učestanost i T− period oscilacija.

Brzina oscilovanja jednaka je prvom izvodu položaja x po vremenu t:

v = dx(t)dt

= (x0 sin ωt)′ = x0(sin ωt)′ = ωx0 cos ωt = v0 cos ωt

gde je v0 = ωx0 maksimalna brzina oscilacija. Za zadate vrednosti dobijamo

v0 = ωx0 = 2π

Tx0 = 2 · 3.14

1 s · 1 cm = 6.28cms .

199



(30. jun 2004.)


1. Koja je od nabrojanih fizičkih veličina skalar:

a) ubrzanje b) sila c) magnetski fluksd) električno polje e) moment impulsa n) ne znam (3 poena)

2. Moment impulsa izražen preko osnovnih jedinica SI sistema je:

a) kg m2 s−3 b) kg m2 s−1 c) kg m sd) kg m s−1 e) kg m s−2 n) ne znam (3 poena)

3. Jedan mol vode ima masu od:

a) 10 g b) 36 g c) 16 gd) 18 g e) 32 g n) ne znam (3 poena)

4. Put koji pređe vrh centralne sekundne kazaljke sata dužine 2 cm u toku 24 sata približno je jednak:

a) 1.81 m b) 18.1 m c) 181 md) 1810 m e) 0.18 m n) ne znam (3 poena)

5. Kocka ivice 10 cm i mase 3 kg vrši na horizontalnu podlogu pritisak od: (g = 10 m/s2)

a) 3 kPa b) 30 kPa c) 3 MPad) 0.3 MPa e) 300 Pa n) ne znam (3 poena)

6. Masa mirovanja elektrona je 9.1 · 10−31 kg. Energija ovog elektrona je: (c = 3 · 108 m/s, 1 eV = 1.6 · 10−19 J)

a) 512 eV b) 5.12 keV c) 51.2 keVd) 512 keV e) 5120 keV n) ne znam (4 poena)

7. Na optičkoj osi, na rastojanju 1 m od centra tankog sabirnog sočiva žižne daljine 0.5 m, nalazi se realni liksvetlog tačkastog predmeta. Predmet je od centra sočiva udaljen:

a) 1 m b) 1.5 m c) 0.75 md) 0.5 m e) 1.25 m n) ne znam (4 poena)

8. Kroz cev kružnog poprečnog preseka prečnika 2 cm, stacionarno protiče voda brzinom od 3 m/s. Masa vodekoja protekne u svakoj sekundi je: (gustina vode 1000 kg/m3)

a) 94 g/s b) 0.94 kg/s c) 9.4 kg/sd) 1.88kg/s e) 18.8 kg/s n) ne znam (4 poena)

201


9. Brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu 20 m je: (otpor vazduhazanemariti, g = 10 m/s2)

a) 10 m/s b) 100 m/s c) 200 m/sd) 40 m/s e) 20 m/s n) ne znam (4 poena)

10. Frekvencija elektromagnetskih talasa talasne dužine λ = 10 cm je: (c = 3 · 108 m/s)

a) 3 GHz b) 30 GHz c) 300 GHzd) 300 Hz e) 3 kHz n) ne znam (4 poena)

11. Grejač koji u gradskoj mreži napona 220 V ima snagu od 100 W, kada se priključi na akumulator od 12 Vima snagu od približno:

a) 0.54 W b) 0.3 W c) 3 Wd) 5.4 W e) 30 W n) ne znam (5 poena)

12. Lift mase 1000 kg spušta se sa konstantnim ubrzanjem. Ako je sila zatezanja užeta 8000 N, ubrzanje liftaje: (g = 10 m/s2)

a) 0.5 m/s2 b) 1 m/s2 c) 2 m/s2

d) 4 m/s2 e) 8 m/s2 n) ne znam (5 poena)

13. Telo mase 1 kg klizi po strmoj ravni. Na vrhu strme ravni visine 0.1 m brzina tela je jednaka nuli, a upodnožju 1 m/s. Rad sile trenja na strmoj ravni jednak je približno: (g = 10 m/s2)

a) 2 J b) 1 J c) 0.5 Jd) 0.25 J e) 0.75 J n) ne znam (5 poena)

14. Čestica mase m i naelektrisanja q kreće se pod uticajem magnetskog polja indukcije B po krugupoluprečnika R, brzinom v. Rad Lorencove sile kad čestica obiđe jedan krug je:

a) 2πRqvB b) 2πmv2 c) qRB

mv

d) 2mv

qRBe) 0 n) ne znam (5 poena)

15. Pri osvetljavanju metalne površi fotokatode monohromatskom svetlošću dolazi do emisije elektrona. Kadase frekvencija svetlosti uveća dva puta, maksimalna kinetička energija emitovanih elektrona će se:

a) povećati dva puta b) povećati manje od dva puta c) povećati više od dva putad) neće se menjati e) smanjiti dva puta n) ne znam (7 poena)

16. Telo mase 0.1 kg vrši linearno harmonijsko oscilovanje sa amplitudom 4 cm. Ako je najveće ubrzanje tela2 cm/s2 , njegova kinetička energija, kada prolazi kroz ravnotežni položaj, je:

a) 1 · 10−4 J b) 3 · 10−4 J c) 4 · 10−5 Jd) 6 · 10−4 J e) 6 · 10−3 J n) ne znam (7 poena)

202


17. Zapremina koju zauzima 5 · 1022 molekula idealnog gasa na temperaturi od 20oC i pritisku od 5 · 104 Pa je:(Boltzmann-ova konstanta k = 1.38 · 1023 J/K)

a) 4 · 10−3 m3 b) 8 · 10−2 m3 c) 5 cm3

d) 4 · 10−3 l e) 2 · 10−3 m3 n) ne znam (7 poena)

18. Uzorak radioaktivnog elementa sadrži 1024 atoma. Posle koliko perioda poluraspada će preostati samojedan radioaktivni atom: (log e = 0.434, ln 10 = 2.3, ln 2 = 0.69)


19. Sferni balon tankih zidova, zanemarljive mase, poluprečnika 10 m, je ispunjen toplim vazduhom čija jegustina za 1/4 manja od gustine okolnog vazduha (1.2 kg/m3). Masa tereta kojeg može da podigne balon je:


20. Osam identičnih baterija vezano je na red u zatvoreno kolo tako što se za pozitivan kraj jedne baterije veženegativan kraj susedne baterije i tako redom. Elektromotorna sila svake baterije je 1.5 V. Napon koji pokazujeidealni voltmetar, vezan za krajeve jedne od ovih baterija, je:

a) 0 V b) 1.5 V c) 12 Vd) 10.5 V e) 9 V n) ne znam (8 poena)

203


REŠENJA

1 Ubrzanje, sila, električno polje i moment impulsa su vektorske fizičke veličine. Magnetski fluks je skalarnafizička veličina

2 Moment impulsa tela mase m koje rotira na rastojanju R od centra rotacije jednak je proizvodu njegovogmomenta inercije I = mR2 [kg m2] i ugaone brzine ω [s−1], tako da je moment impulsa izražen u jedinicama SIsistema

kg m2 s−1.

3 Molekul vode H2O se sastoji od dva molekula vodonika 21H, masenog broja 2 i molarne mase 2 g/mol, i

jednog molekula kiseonika 147 O masenog broja 14 i molarne mase 14 g/mol, tako da je molarna masa vode

2 · 2 gmol + 14 g

mol = 18 gmol

odnosno, masa jednog mola vode je 18 g.

4 Vrh centralne sekundne kazaljke napravi jedan puni krug svake minute, odnosno, broj krugova koji napraviza 24 sata je N = 24 · 60. Obim jednog kruga poluprečnika R = 2 cm je

s1 = 2πR

tako da je ukupni pređeni puts = Ns1 = 2πNR

s = 2 · 3.14 · 24 · 60 · 2 · 10−2m ≈ 181 m.

5 Kocka mase m = 3 kg deluje na podlogu silom Zemljine teže

Q = mg

koja je ravnomerno raspoređena po površini jedne strane kocke

S = a2

gde je a = 10 cm dužina ivice. Traženi pritisak iznosi

p = Q

S= mg

a2 =3 kg · 10 m

s2

100 · 10−4 m2 = 3 kPa.

6 Ako je masa mirovanja elektrona m0 = 9.1 · 10−31 kg, onda je njegova energija (u stanju mirovanja)

E0 = m0c2

E0 = 9.1 · 10−31 kg ·(

3 · 108 ms

)2= 81.9 · 10−15 J

E0 = 81.9 · 10−15

1.6 · 10−19 eV = 512 keV.

7 Neka je p udaljenost predmeta od centra sabirnog sočiva žižne daljine f = 0.5 m, i neka je q = 1 m udaljenostrealnog lika od istog sočiva. Prema jednačini sabirnog sočiva sa realnim likom imamo

1p

+ 1q

= 1f

p = qf

q − f= 1 m.

205


8 Protok vode kroz cev kružnog poprečnog preseka prečnika D = 2 cm, pri stacionarnom kretanju vodebrzinom v = 3 m/s je

Q = Sv = 14

D2πv

Zapremina koja protekne za ∆t = 1 s data je

∆V = Q∆t = 14

D2πv∆t

pa za proteklu masu sledi∆m = ρ∆V = 1

4ρD2πv∆t

∆m = 14

· 1000 kgm3 · 4 · 10−4 m · 3.14 · 3m

s · 1 s = 0.942kgs .

9 Na kamen bačen vertikalno uvis početnom brzinom v0 deluje sila Zemljine gravitacije, ubrzanja −g, tako dase brzina kamena može predstaviti sledećom jednačinom kretanja

v = v0 − gt

U trenutku t = t1 kamen dostigne naveću visinu i zaustavi se

v (t1) = v0 − gt1 = 0 ⇒ t1 = v0

g

Put koji je kamen pri tome prešao dat je jednačinom

H = v0t1 − gt21

2

H = v20g

− gv20

2g

H = v20

2g

odakle se za početnu brzinu dobijav0 =

√2gH = 20 m

s .

10 Frekvencija elektromagnetskih talasa, talasne dužine λ = 10 cm = 10 · 10−2 m je

f = c

λ=

3 · 108 ms

10 · 10−2 m = 3 · 109 Hz = 3 GHz.

11 Neka je R otpornost grejača. Ako priključen na gradsku mrežu efektivne vrednosti napona U1 = 220 Vgrejač razvije snagu P1 = 100 W, za otpornost grejača se dobija

P1 = U21

R⇒ R = U2

1P1

.

Kada se taj isti grejač priključi na akumulator (jednosmernog) napona U2 = 12 V, imaće snagu

P2 = U22

R= P1

U22

U21

= 100 W ·(

12220

)2

≈ 0.3 W.

12 Vežimo referentni sistem za lift koji se spušta konstantnim ubrzanjem a. U ovom (inercijalnom) referentnomsistemu na lift mase m = 1000 kg deluju sledeće sile:

• Sila Zemljine teže, vertikalno naniže, intenziteta Fg = mg

• Sila zatezanja užeta koje drži lift, vertikalno naviše, intenziteta T = 8000 N

206


• Inercijalna sila, u smeru suprotnom od smera kretanja referentnog sistema, vertikalno naviše, intenzitetaFi = ma

U ovom referentnom sistemu lift miruje, tako da važi ravnoteža sila koje deluju na njega, odnosno

Fg = T + Fi

mg = T + ma

odakle se za ubrzanje lifta dobijaa = g − T

m

a = 10ms2 − 8000 N

1000 kg = 2 ms2 .

13 Na vrhu strme ravni, na visini h1 = 0.1 m, brzina tela mase m = 1 kg je nula: v1 = 0, pa je njegova ukupnaenergija (jednaka zbiru kinetičke i potencijalne energije)

E1 = Ek1 + Ep1 = 12

mv21 + mgh1 = mgh1

U podnožju (h2 = 0) telo se kreće brzinom v2 = 1 m/s pa je njegova ukupna energija

E2 = Ek2 + Ep2 = 12

mv22 + mgh2 = 1

2mv2

2

Prema zakonu održanja energije, razlika ovih dveju energija odgovara radu sile trenja

A = E1 − E2 = mgh1 − 12

mv22

A = 1 J − 12

J = 0.5 J.

14 (Zadatak 2011_14) Na česticu mase m i naelektrisanja q koja se kreće po kružnici poluprečnika R brzinomv u homogenom magnetskom polju indukcije B deluje Lorentz-ova sila

F = q v × B

Vektor ove sile je normalan na vektor brzine odnosno na vektor putanje ove čestice pa je skalarni proizvodvektora sile i vektora putanje jednak nuli u svakoj tački putanje.Kako se rad definiše kao skalarni proizvod vektora sile i vektora putanje i kako je ovaj proizvod nulau svakoj tački putanje, to je rad koji Lorentz-ova sila vrši na čestici naelektrisanja q jednak nuli.

15 Prema Einstein-ovom zakonu fotoelektričnog efekta, energija upadnog fotona hν jednim delom se trošina oslobađanje elektrona iz metala (izlazni rad) Ai a drugi deo se pretvara u kinetičku energiju oslobođenogelektrona Ek

hν = Ai + Ek

Ako se frekvencija svetlosti poveća dva puta ν1 = 2ν, tada važi

hν1 = Ai + Ek1

2hν = Ai + Ek1

Oduzimanjem prve jednačine od prethodne jednačine dobijamo

hν = Ek1 − Ek

Ek1 = Ek + hν

gde ponovnim uvrštavanjem prve jednačine dobijamo

Ek1 = Ek + Ai + Ek = 2Ek + Ai

207


Kako je izlazni rad Ai > 0, to sledi Ek1 > 2Ek to jest, kinetička energija se poveća više od dva puta.

16 Jednačina linearnih harmonijskih oscilacija tela mase m data je izrazom

x (t) = x0 sin (ωt)

gde je x0−amplituda harmonijskih oscilacija, ω =√

k/m− kružna učestanost harmonijskih oscilacija i k−koeficijent elastičnosti harmonijskih oscilacija.Brzina harmonijskih oscilacija se može izraziti kao prvi izvod položaja tela po vremenu, tako da imamo

v (t) = dx(t)dt

= x′ (t) = (x0 sin (ωt))′ = x0(sin ωt)′ = ωx0 cos ωt

Ubrzanje harmonijskih oscilacija se dobija kao prvi izvod brzine po vremenu, te sledi

a (t) = dv(t)dt

= v′ (t) = (ωx0 cos ωt)′ = ωx0 (cos ωt)′ = −ω2x0 sin ωt

Najveće ubrzanje tela je prema prethodnoj jednačini

am = ω2x0

odakle se za ugaonu učestanost dobija

ω =√

am

x0

Brzina tela je najveća kada prolazi kroz ravnotežni položaj i prema jednačini za brzinu iznosi

vm = ωx0

tako da se za kinetičku energiju u tom trenutku dobija

Ek = 12

mv2m = 1

2mω2x2

0

ako u poslednjoj jednačini uvrstimo prethodno dobijeni izraz za ugaonu učestanost, sledi

Ek = 12

mam

x0x2

0 = 12

mamx0

Ek = 12

0.1 kg · 2 · 10−2 ms2 · 4 · 10−2 m = 4 · 10−5 J.

17 Prema jednačini stanja idealog gasapV = nRT

za zapreminu se dobijaV = nRT

p

gde je n− broj molova idealnog gasa i R− univerzalna gasna konstanta.Veza između Boltzmann-ove konstante i univerzalne gasne konstante data je izrazom

nR = Nk

gde je N− broj molekula koji se nalazi u n molova idealnog gasa. Odavde dalje dobijamo

V = NkT

p

V =5 · 1022 · 1.38 · 10−23 J

K · (20oC + 273 K)5 · 104 Pa = 4 · 10−3 m3.

208


18 Radioaktivni raspad se odvija prema sledećoj jednačini

N (t) = N0e−λt

gde je N0 početni broj jezgara radioaktivnog izotopa, N (t) je broj jezgara u vremenskom trenutku t (količinamaterije koja ostaje nakon radioaktivnog raspada), i λ konstanta radioaktivnog raspada.Vreme poluraspada t = t1/2 je definisano kao vreme za koje se raspadne polovina početnog broja jezgara(odnosno, vreme u kome je broj jezgara koji je ostao neraspadnut jednak polovini početnog broja jezgara)

N(t1/2

)= N0

2

odakle smenjujući u formuli iznad, za konstantu raspada dobijamo

N0

2= N0e−λt1/2

2 = eλt1/2

ln 2 = λt1/2

λ = ln 2t1/2

pa jednačina za aktivnost raspada postaje

N (t) = N0e−λt = N0e− ln 2

t1/2t = N0

(eln 2)− t

t1/2 = N0 · 2− tt1/2

gde smo koristili x = eln x (odnosno 2 = eln 2). Prema uslovima zadatka u trenutku t = t1 je ostao samo jedanradioaktivni atom N (t1) = 1, na početku ih je bilo N0 = 1024 pa imamo

1 = 1024 · 2− t1t1/2

2t1

t1/2 = 1024

t1 = t1/2 log2 1024

Kako jelog2 1024 = 24 · log2 10 = 24 · ln 10

ln 2= 24 · 2.3

0.69= 80

gde smo koristili log xn = n log x i log2 x = ln x

ln 2, to dobijamo

t1 = 80t1/2.

19 Zapremina sfernog balona poluprečnika R = 10 m je

V = 43

πR3

ako je ispunjen toplim vazduhom gustineρ1 = 3

4ρ

gde je ρ = 1.2 kg/m3 gustina vazduha, masa vazduha u balonu iznosi

m1 = ρ1V1 = πR3ρ

Neka je masa tereta koju balon treba da podigne m. Kako je masa samog balona zanemaljiva, ukupna masabalona sa teretom i vazduhom u njemu jednaka je

M = m + m1 = m + πR3ρ

Na balon sa teretom deluju sledeće sile

209


• Sila Zemljine teže usmerena vertikalno naniže, intenziteta

Fg = Mg = mg + πR3ρg

• Sila potiska vazduha gustine ρ na balon zapremine V , vertikalno naviše, intenziteta

Fp = ρV g = 43

πR3ρg

Sila potiska treba da je veća ili jednaka sili Zemljine teže da bi se balon počeo dizati, dakle

Fp ≥ Fg

43

πR3ρg ≥ mg + πR3ρg

m ≤ 13

πR3ρ

mmax = 13

3.14 · 1000 m3 · 1.2 kgm3 ≈ 1256 kg.

20 Na slici je prikazano osam baterija vezanih na red tako da je pozitivan kraj jedne baterije vezan na negativankraj druge baterije, kao u uslovima zadatka. Kako su ove baterije vezane na red i kratko spojene to je ukupnastruja koja će poteći ovim kolom data jednačinom

I = 8E

8Rg= E

Rg

gde je E− elektromotorna sila jedne baterije i Rg njena unutrašnja otpornost. Kako je unutrašnja otpornostbaterije veoma mala, to će ovim kolom poteći veoma velika struja pa će Ohm-ska snaga kojom se zagrevaju ovebaterije biti toliko velika da će one posle izvesnog vremena pregoreti. Ako vežemo idealni voltmetar na krajevejedne od ovih baterija on će pokazivati 0 V (jer su baterije pregorele).

210



(2. jul 2003.)


1. Tri mola idealnog gasa nalaze se u zatvorenoj boci zapremine V = 0.01 m3 na sobnoj temperaturi t = 27oC.Pritisak gasa u boci je: (R = 8.3 J/(K mol))

a) 747 kPa b) 834 kPa c) 387 kPad) 1024 kPa e) 2564 kPa n) ne znam (3 poena)

2. Kosi hitac ima maksimalni domet ako je ugao pod kojim je telo izbačeno:

a) 30o b) 45o c) 60o

d) 75o e) arccos(1/√

3) n) ne znam (3 poena)

3. Dve kuglice istih masa, spojene su štapom zanemarljive mase i obrću se oko ose normalne na štap. Osa jepostavljena tako da su rastojanja kuglica od nje različita. Ove kuglice imaju ista:

a) ubrzanja b) impulsa c) momenta inercijed) ugaone brzine e) kinetičke energije n) ne znam (3 poena)

4. Energija fotona talasne dužine λ je:

a) λ/c b) hλ c) h/λ

d) c/λ e) hc/λ n) ne znam (3 poena)

5. Beta zraci su

a) jezgra 31H b) elektroni c) protoni

d) antiprotoni e) jezgra 42He n) ne znam (3 poena)

6. U veliku otvorenu cilindričnu posudu usuta je voda. Iz malog bočnog otvora na posudi koji se nalazi 20 cmispod nivoa vode, voda ističe brzinom: (g = 10 m/s2)

a) 2.83 m/s b) 2 m/s c) 4.47 m/sd) 4 m/s e) 5.66 m/s n) ne znam (4 poena)

7. Da bi se udvostručio period oscilovanja prostog (matematičkog) klatna, dužinu konca treba

a) smanjiti 2 puta b) smanjiti 4 puta c) povećati 4 putad) povećati

√2 puta e) povećati 2 puta n) ne znam (4 poena)

211


8. Litar vode temperature 37oC pomeša se sa dva litra vode temperature 97oC. Temperatura smeše je:

a) 330 K b) 358.5oC c) 350 Kd) 60oC e) 67oC n) ne znam (4 poena)

9. Kroz kalem induktivnosti L = 10 mH protiče vremenski promenljiva struja i (t) = kt, gde je k = 10 A/s.Indukovana elektromotorna sila na krajevima kalema po svojoj apsolutnoj vrednosti iznosi:

a) 1 V b) 10 V c) 0.1 Vd) 0.001 V e) 100 V n) ne znam (4 poena)

10. Elektron mase mirovanja m0 kreće se brzinom 0.8c, gde je c brzina svetlosti u vakuumu. Kinetička energijaelektrona iznosi:

a) 0.36m0c2 b) 0.67m0c2 c) 0.8m0c2

d) 0.2m0c2 e) m0c2 n) ne znam (4 poena)

11. Homogena žica konstantnog preseka i dužine L = 20 cm učvršćena je na oba kraja i zategnuta silomF = 64 N. Osnovna učestanost oscilovanja žice iznosi f0 = 200 Hz. Masa žice je:

a) 1 g b) 1.5 g c) 2 gd) 3 g e) 5 g n) ne znam (5 poena)

12. U temenima kvadrata stranice a postavljene su četiri kuglice čije su maseM, 2M, 3M i 4M. Koordinate centra mase (x, y) ovog sistema su

a) (0.8a, a) b) (0.4a, 0.6a)c) (0.6a, 0.8a) d) (0.7a, 0.6a)e) (0.5a, 0.7a) n) ne znam

(5 poena)

13. Električni grejač konstantne snage od 1 kW zagreva jedan litar vode od početne temperature 10oC.Specifična toplota i toplota isparavanja vode su 4.2 J/(gK) i 2260 J/g, respektivno. Da bi voda potpunoisparila grejač mora da bude uključen


14. Kada mehur vazduha izađe sa dna na površ jezera zapremina mu se poveća tri puta. Na površ vode delujeatmosferski pritisak pa = 100 kPa, a temperatura jezerske vode ne zavisi od dubine. Dubina jezera je(g = 10 m/s2):


15. Ubrzanje slobodnog pada na površi Meseca je 1.4 m/s2 a poluprečnik Meseca iznosi 1.74 ·103 km. Lunarnommodulu za obilazak Meseca na maloj visini iznad njegove površi potrebno je:

a) 3 sata b) 1120 s c) 9900d) 1 dan e) 7000 s n) ne znam (7 poena)

212


16. Dalekovid čovek može da čita tekst u knjizi ako knjigu drži na udaljenju većem od D = 0.5 m od očiju. Dabi normalno čitao na uobičajenoj daljini jasnog vida d = 0.25 m od očiju, treba da stavi naočare sa sočivomžižne daljine:

a) 1.5 m b) 2.0 m c) 0.5 md) 2.5 m e) 1 m n) ne znam (7 poena)

17. Na dva uska paralelna proreza čije je rastojanje d pada normalno koherentna monohromatska svetlost. Naekranu na rastojanju D (D ≫ d) od proreza registruje se interferenciona slika u obliku svetlih i tamnih pruga.Rastojanje između centralne i prve bočne svetle pruge iznosi x. Talasna dužina svetlosti je:

a) xd

Db) xD

dc) 1

xdD

d) xd

2De) xd

4Dn) ne znam (7 poena)

18. Otvorena na oba kraja vertikalna U cev konstantnog poprečnog preseka napunjena je vodom do određenognivoa. Ukupna dužina vodenog stuba u U cevi je 20 cm. Ako se kratkotrajnim delovanjem pritiska na površvode u jednom kraku voda izvede iz ravnotežnog položaja, vodeni stub će oscilovati sa kružnom frekvencijom:(g = 10 m/s2)

a) 2.27 rad/s b) 4.47 rad/s c) 7.07 rad/sd) 10 rad/s e) 14.1 rad/s n) ne znam (8 poena)

19. Uz strmu ravan nagibnog ugla θ = 45o gurnute su saonice naviše sa nekom početnom brzinom. Koeficijenttrenja između strme ravni i saonica je µ = 0.2. Količnik vremena penjanja i spuštanja saonica po strmoj ravnije:

a) 1/9 b)√

3/2 c)√

2/3d) 2/3 e)

√2/3 n) ne znam (8 poena)

20. Otpornici u kolu na slici su napravljeni od žice iste specifične otpornostii poprečnog preseka. Otpornost stranice većeg kvadrata je 2R. Otpornostizmeđu tačaka A i B kola jednaka je:

a) R b)√

2R

c) 2R d) R/√

2e) 2

√2R n) ne znam

(8 poena)

213


REŠENJA

1 Prema jednačini stanja idealnog gasapV = nRT

za pritisak se dobijap = nRT

V

Zamenom zadatih vrednosti imamo

p =3 mol · 8.3 J

mol K · (27 + 273) K0.01 m3 = 74.7 · 104 Pa = 747 kPa.

2 Kosi hitac ima maksimalni domet ako je ugao pod kojim je teloizbačeno jednak 45o.Neka je telo izbačeno početnom brzinom v0 pod uglom α u od-nosu na površinu Zemlje. Ako rastavimo vektor početne brzine nahorizontalnu (x) i vertikalnu (y) komponentu, onda važi

v0x = v0 cos α

v0y = v0 sin α

Neka telo dostigne domet D za vreme t.

Duž x−ose, telo se kreće ravnomernom brzinom v0x tako da duž ove ose važi jednačina


Duž y−ose praktično imamo vertikalni hitac, telo kao da je izbačeno uvis početnom brzinom v0y i na njegadeluje sila Zemljine teže, tako da se kreće sa ubrzanjem g. Na maksimalnoj visini H, vertikalna brzina tela jenula

0 = v0y−gt1 ⇒ t1 = v0y

g= v0 sin α

g


H = v0yt1 − 12

gt21 = v2

0 sin2 α

2g.


H = 12

gt22 ⇒ t2 =

√2H

g=

√2v2

0 sin2 α

2g2 = v0 sin α

g= t1.


t = t1 + t2 = 2v0 sin α

g



2 sin α cos α = v20g

sin (2α).

Odavde je očigledno da se maksimalni domet dobija za ugao koji zadovoljava

sin (2α) = 1 ⇒ α = π

4.

3 Ugaona brzina kuglica ne zavisi od njihove udaljenosti od ose rotacije i jednaka je za obe kuglice vezane nakruti štap.

215


4 Energija fotona talasne dužine λ data je izrazom

E = hν = hc/λ.

5 Beta zraci su elektroni.

6 Brzina vode koja ističe iz malog bočnog otvora na širokoj posudi u kojoj je nivo vode H data je Toriccelli-jevom jednačinom

v =√

2gH =√

2 · 10ms2 · 20 · 10−2 m = 2 m

s .

7 Period oscilovanja matematičkog klatna dužine konca l dat je jednačinom

T = 2π

√l

g

da bi se period oscilovanja udvostručio dva puta T1 = 2T , potrebno je da dužina l1 bude

T1 = 2π

√l1g

T1

T=√

l1l

l1l

=(

T1

T

)2

= 4

dakle, dužinu konca treba povećati četiri puta.

8 (Zadatak 2010_11) Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži vodazapremine V (koja odgovara masi m = ρV ) na temperaturi T data je izrazom

Q = mcT = ρcV T


Q = Q1 + Q2 = ρc (V1T1 + V2T2)

Kako je rezultujuća smeša takođe voda, ukupne zapremine V = V1 + V2, iste specifične toplotne konstante c, ina rezultujućoj temperaturi T , to se količina toplote može izraziti i u sledećem obliku

Q = ρV cT = ρc (V1 + V2) T



T = V1T1 + V2T2

V1 + V2

T = 1 · 37 + 2 · 971 + 2

oC

T = 77oC = 350 K.

216


9 (Zadatak 2012_12) Indukovana elektromotorna sila u kalemu induktivnosti L kada kroz njega protiče (line-arna) promenljiva struja i (t) = kt, data je izrazom

E = −L∆i

∆t


to za elektromotornu silu dobijamo izrazE = −L

∆i

∆t= −kL

|E| = 10 As · 10 · 10−3 H = 0.1 V.

10 Relativistička kinetička energija elektrona mase mirovanja m0 koji se kreće brzinom v data je jednačinom

Ek = m0c2√1 − v2

c2

− m0c2

Ek =

1√1 − v2

c2

− 1

m0c2 =(

10.6

− 1)

m0c2 = 23

m0c2 ≈ 0.67 m0c2.

11 Brzina prostiranja talasa u žici data je jednačinom

v =

√T

ρ

gde je T sila zategnutosti žice i ρ = m/L linijska gustina žice (masa žice po jedinici dužine). Osnovna učestanostoscilovanja žice dobija se za dužinu žice koja odgovara polovini talasne dužine oscilovanja

L = λ0

2

gde je

λ0 = v

f0= 1

f0

√F

ρ= 1

f0

√FL

m

iz prethodne dve jednačine za masu žice se dobija

m = FL

f20 λ2

0= FL

f20 (2L)2

m = F

4f20 L

m = 64 N4 · 40000 Hz2 · 20 · 10−2 m

= 2 · 10−3 kg = 2 g.

12 Koordinate centra mase sistema datog na slici su

xc = m1x1 + m2x2 + m3x3 + m4x4

m1 + m2 + m3 + m4= M · 0 + 2M · a + 3M · a + 4M · 0

M + 2M + 3M + 4M= 5Ma

10 M= 0.5a

yc = m1y1 + m2y2 + m3y3 + m4y4

m1 + m2 + m3 + m4= M · 0 + 2M · 0 + 3M · a + 4M · a

M + 2M + 3M + 4M= 7Ma

10 M= 0.7a

(xc, yc) = (0.5a, 0.7a)

217


13 Količina toplote potrebna da se voda mase m i specifične toplote c zagreje od temperature T1 do temperatureključanja T2 data je izrazom

Q1 = mc (T2 − T1)

Da bi ova masa vode zatim potpuno isparila na temperaturi ključanja, potrebno je dovesti količinu toplote

Q2 = mC

gde je C− toplota isparavanja vode.Ukupna količina toplote koju je potrebno dovesti masi vode temperature T1 da bi ona potpuno isparila je

Q = Q1 + Q2 = mc (T2 − T1) + mC

Vreme potrebno da električni grejač snage P razvije ovu količinu toplote je

t = Q

P= m (c (T2 − T1) + C)

P

Uvrštavanjem zadatih vrednosti

m = ρV = 1000 kgm3 · 1 · 10−3m3 = 1 kg

T2 = 100oC

T1 = 10oC

c = 4.2 JgK = 4200 J

kg K

C = 2260Jg = 2.26 · 106 J

kgP = 1 kW = 1000 W

dobijamot = 2638 s.

14 Neka je V1 zapremina mehura na dubini jezera H. Na toj dubini, vlada pritisak

p1 = p0 + ρgH

to je ujedno i pritisak vazduha u mehuru u stanju ravnoteže.Ako je T1 temperatura na dubini H, to prema jednačini stanja idealnog gasa u mehuru dobijamo

p1V1 = nRT1

Kada mehur izađe na površ jezera, zapremina mu se poveća tri puta V2 = 3 V1, temperatura ostaje ista (pouslovima zadatka imamo izotermiči proces) T2 = T1 , a pritisak je jednak atmosferskom pritisku p2 = p0, pajednačina stanja idealnog gasa postaje

p2V2 = nRT2 = nRT1

Iz prethodnih jednačina dobijamop2V2 = p1V1

3p0V1 = (p0 + ρgH) V1

ρgH = 2p0

H = 2p0

ρg

H = 2 · 100 · 103 Pa1000 kg

m3 · 10 ms2

= 20 m.

218


15 Kada se lunarni modul mase m kreće po kružnoj orbiti brzinom v na maloj visini iznad površi Meseca nanjega deluju sledeće sile

• Sila gravitacije Meseca, vertikalno naniže, intenziteta

Fg = mg

gde je g−gravitaciono ubrzanje na površini Meseca• Centrifugalna sila, vertikalno naviše, intenziteta

Fc = mv2

R

gde je R− poluprečnik Meseca.Pri stacionarnom kružnom kretanju, ove dve sile su u ravnoteži

Fc = Fg

v =√

gR

Da bi obišao pun krug oko Meseca, objektu je potrebno vreme

t = s

v= 2πR√

gR= 2π

√R

g

t = 2 · 3.14 ·

√1.74 · 106 m

1.4 ms2

≈ 7000 s.

16 Neka su naočare sa sočivom žižne daljine f na udaljenosti s od oka. Osoba je dalekovida, pa su sočiva kojanosi sabirna. Ako se predmet nalazi na udaljenosti d = 0.25 m od oka, potrebno je da sočivo stvori imaginarnilik tog posmatranog predmeta na udaljenosti D = 0.5 m od oka kako bi ga dalekovida osoba videla.Za udaljenosti predmeta i lika u odnosu na centar sočiva se ima

p = d − s ≈ d

q = D − s ≈ D

gde smo pretpostavili da je udaljenost oka od sočiva mnogo manja od udaljenosti predmeta i lika od oka

s ≪ d, D

Jednačina sabirnog sočiva sa imaginarnim likom je

1p

− 1q

= 1f

pa za žižnu daljinu sočiva dobijamof = qp

q − p

f = dD

D − d

Zamenom zadatih vrednosti u prethodnu jednačinu imamo

f = 0.5 m.

17 Uslov da se na ekranu iza proreza pojavi svetla pruga (maksimalna interferencija) je

d sin θn = nλ

gde je θn ugao pod kojim se svetla pruga broj n nalazi u odnosu na optičku osu (horizontalu).Centralna svetla pruga se javlja za n = 0 pod uglom θ0 = 0.

219


Prva bočna svetla pruga će se pojaviti pod uglom određenim jednačinom (za n = 1)

d sin θ1 = λ

odakle jesin θ1 = λ

dRastojanje prve bočne svetle pruge i centralne svetle pruge iznosi

x = D tan θ1 ≈ D sin θ1 = Dλ

d

gde smo za male uglove θ iskoristili da važi tan θ ≈ sin θ

odakle jeλ = xd

D.

18 Neka je vodeni stub dužine L izveden iz ravnotežnog položaja za mali pomeraj x kao na slici. Tada jepritisak u tački A u levom kraku cevi dat jednačinom

pA = p0 + ρgh1 = p0 + 2ρgx

dok je pritisak na istoj referentnoj ravni, ali u tački B u desnom kraku cevi

pB = p0

Ako je površina poprečnog preseka cevi S, onda ova razlika pritisaka proizvodi rezultantu silu F koja vraćavodeni stub u ravnotežni položaj

F = (pA − pB) S = 2ρSg · x

Masa vode u cevi data je proizvodom gustine vode i njene zapremine

m = ρV = ρSL

odakle se dobijaρS = m

Lšto zamenom u jednačinu sile daje

F = 2mg

L· x = k · x

Dakle, sila koja deluje na vodeni stub je proporcionalna otklonu iz ravnotežnog položaja sa koeficijentom elas-tičnosti k = 2mg/L tako da ona izaziva harmonijske oscilacije kružne učestanosti

ω =√

k

m=

√2mg

L

m=√

2g

L

220


Zamenom zadatih vrednosti, dobijamo

ω =√

2 · 10 ms2

20 · 10−2 m = 10 rads .

19 Na saonice koje su gurnute nekom početnom brzinom v0 uz strmu ravan nagibnog ugla α = 45o deluju silaZemljine teže mg, sila otpora podloge N i sila trenja Ft kao na slici.

U pravcu normalnom na strmu ravan, saonice se ne kreću, pa je prema II Newton-ovom zakonu, suma sila kojedeluju u tom pravcu jednaka nuli, odnosno

N − mg cos α = 0 ⇒ N = mg cos α = mg

√2

2

U pravcu paralelnom strmoj ravni (pravac kretanja uz strmu ravan), prema II Newton-ovom zakonu imamo

ma1 = −mg sin α − Ft = −mg

√2

2− µN = −mg

√2

2(1 + µ)

odakle se za ubrzanje (usporenje) pri kretanju saonica uz strmu ravan dobija

a1 = −√

22

g(1 + µ)

Pri kretanju niz strmu ravan, sve sile imaju isti pravac i smer, osim sile trenja (sila trenja se uvek suprotstavljakretanju). Sada u pravcu normalnom na strmu ravan imamo opet

N − mg cos α = 0 ⇒ N = mg cos α = mg

√2

2

Dok je u pravcu paralelnom strmoj ravni prema II Newton-ovom zakonu

ma2 = mg sin α − Ft = mg

√2

2− µN = mg

√2

2(1 − µ)

te je ubrzanje saonica pri kretanju niz strmu ravan

a2 =√

22

g(1 − µ)

Ako su saonice izbačene početnom brzinom v0 i kreću se usporeno uz strmu ravan, ubrzanjem a1, one će dostićimaksimalnu visinu za vreme t1. U tom trenutku njihova brzina će biti nula, pa prema jednačini kretanja imamo

0 = v0 − |a1| t1 ⇒ t1 = v0

|a1|

i pritom pređu put

s = v0t1 − 12

|a1|t21 = v2

0|a1|

− 12

v20

|a1|= v2

02|a1|

Iz tačke maksimalne visine, saonice se spuštaju (bez početne brzine), ubrzanjem a2 i za vreme t2 pređu isti puts, odnosno

s = 12

a2t22

221


Kombinacijom poslednje dve jednačine dobijamo

t22 = 2s

a2= v2

0|a1|a2

⇒ t2 = v0√|a1|a2

Sada je odnos vremena penjanja i spuštanja saonica duž strme ravni

t1

t2=

v0|a1|v0√

|a1|a2

t1

t2=√

a2

|a1|i uzimajući u obzir gore izvedene izraze za ubrzanja dobijamo

t1

t2=√

1 − µ

1 + µ=√

23

.

20 Otpornost žice je proporcionalna njenoj dužini. Kako je otpornost stranice većeg kvadrata 2R, to otpornoststranice manjeg kvadrata iznosi R

√2 (dužina ove stranice jednaka je hipotenuzi pravouglog trougla stranica

jednakih polovini dužine stranice većeg kvadrata). Otpornosti različitih segmenata žica će biti kao na slici.

Zbog simetrije, potencijali u tačkama C i E su isti, pa je pad napona u grani CE jednak nuli, odnosno

VCE = 0

što ujedno znači da kroz otpornik otpornosti R√

2 u toj grani ne teče struja

ICE = VCE

R√

2= 0

te se ovaj otpornik može ukloniti iz kola bez da se promeni otpornost između tačaka A i B.Slično, potencijali u tačkama D i F su isti, pa se otpornik u ovoj grani može ukloniti bez promene ukupneotpornosti između tačaka A i B.Sada se ekvivalentno kolo može predstaviti na sledeći način

Otpornost paralelne veze otpornika otpornosti 2R i R√

2 (u granama CD i EF) se može izračunati kao

RCD = 2R · R√

22R + R

√2

= 2√

2R

2 +√

2= 2R√

2 + 1

pa se ekvivalentno kolo može predstaviti kao na slici

222


Svaka od dve paralelne grane između čvorova A i B se sastoji od redne veze otpornika otpornosti R, RCD i R,pa je ekvivalentna otpornost te grane

Re = R + RCD + R = 2R + 2R√2 + 1

= 2R

√2 + 1 + 1√

2 + 1= 2R

√2 + 2√2 + 1

= 2R

√2(1 +

√2)√

2 + 1= 2

√2R

te se ekvivalentno kolo može dalje predstaviti kao na sledećoj slici

Za ukupnu otpornost kola između čvorova A i B (paralelna veza otpornika jednakih otpornosti Re) se konačnodobija

RAB = Re · Re

Re + Re= Re

2= 2

√2R

2=

√2 R.

223

Istorija verzija

Verzija Datum Autor Opis promena1.0 03.07.2016 I. Stevanović1.1 08.01.2017 I. Stevanović LaTeX verzija uz brojne ispravke2.0 12.07.2017 I. Stevanović Dodati zadaci sa prijemnog ispita 2017.3.0 01.07.2018 I. Stevanović Dodati zadaci sa prijemnog ispita 2018.4.0 01.07.2019 I. Stevanović Dodati zadaci sa prijemnog ispita 2019.5.0 07.07.2020 I. Stevanović Dodati zadaci sa prijemnog ispita 2020.

Documents

Zbirka resenih testova iz fizike sa prijemnih ispita na ETF