Zbirka Zadataka Iz Fizike

Recenzenti: Dr Vladimir Divjakovic, profesor Prirodno-matemalitki fakultet, Novi Sad Dr Jugoslav Stahov, profesor Tchnoloski fakultet. Tuzla Mr Mustafa Koprie, docent Medicinski fakultet, Tuzla

0\'3 Zbirkaje odobrena za stampanje na sjednici Naucno-nastavnog vijeca Fakulteta elektrotehnike i masinstva u Tuzli odrzanoj 23.01.1990. godine.

lzdavac: Fakultet elektrotehnike i masinstva Tuzla, Ozrenskog odreda 2, Tuzla Crteze Ul'adio: Avdic Fahrudin, student II godine fakulteta elektrotehnlkc i masinstva Tuzla

Stampa: »Grin« Gracanica

elP - Katalogizacija u publikaciji --~.~

Narodna j univerzitetska biblioteka I Sarajevo 53(075.8) I FAZLIC , Refik

Zbirka zadataka iz Fizike ! Refik Fa I zlic, Hrustem Smailbodzic, Zalkida Had;!, I' ibegovic ; (crtezi Avdic Fahrudin). - 3 izd. - Tuzla : Fakultet elektrotehnike I j masinstva Tuzla, 1995. - 4, 273 str. : I ilustr. ; 24 em Tiraz 250 1.SMAILHODZIC, Hrustcm

I 2,HADZlBEGOV1C, Zalkida Uradjeno u JU NUB Tuzla

UNIVERZITET U TUZLI FAKULTET ELEKTROTEHNIKE I MASINSTVA

Dr Refik Fazlic Dr Hrustem SmailhodZic Mr Zalkida Hadiibegovic

ZBIRKA ZADATAKA IZ FIZIKE

(Trece izdanje)

Tuzla 1995.

1 I

1 ,

1

I

Predgovor tree em izdanju

Ovo izdanje "Zbirke" razlikuje se od prvog i drugog po tome sto su ranije Zbirka zadataka iz Fizike I i Zbirka zadataka ii' Fizike II spojene, otklonjene nocene greske i izvrseno poboljsanje u formulaciji tekstova nekih zadataka i rjesenja, taka da, pored studenata Fakulteta elektrotehnike i rnaSinstva, maze posluziti i studentima Filozofskog fakulteta na Odsjeku Matematika-Fizika za pripremanje ispita iz Opste fizike 1.

Bicemo zahvalni svakom citaocu koji nas l1a evcntualne gresk~ upozori, odnosno da svoje misljenje i primjedbe kaje hi doprinijele

njenom poboljsanja.

Tuzla~ novembra 1995. godine

Autori

II

Iz predgovora prvom izdanju

Ova Zbirka zadataka je namijenjena studentima Fakulteta elektrotehnike i masinstva u Tuzli, sa prvenstvenim ciljem da olaksa savladjivanje gradiva iz Fizike u prvern semestru i samirn tim i polaganje ispita iz ovog predmeta. Pisana je prema zajednickim osnovarna programa iz fizike za sve elektrotehnicke fakultete u Bosni i Hercegovini pa je mogu koristiti i studenti drugih elektrotehnickih i tehnickih fakulteta koji se pripremaju za polaganje ispita 1Z fizike.

. U prvom dijclu su dati zadaci za auditorne vjezbe i njihova rjesenja se urade u toku vjezbi. U cilju permanentnog fada i pracenja studenata, u drugom dijelu je nakon svake vece cjeline dat po jedan List zadataka za kontrolisano ucenj€ sa konalnim rjesenjima u opstim brojevima i brojnim vrijednostima, sa ciljem da studenti sami pokusaju rijesiti zadatke i produbiti shvatanja zakonitosti prije izlaska na ispit.

U trecern dijelu knjige S11 dati detaljno rijeseni zadaci sa nekih dosadaSnjih pismenih ispita. Rjesenja su data uz potpuno teorijsko obrazlozenje. Cilj ovog dijela je da ilustruje studentima nivo znanja koji se trail na ispitu i da ukaze da se U pTiprernama pismenog dijela ispita mora istovrcrneno detaljno priprernati teorija jeT

je ona preduslov za lispjesno rjesavanja zadataka. Isto tako zeljeli sme da ukazerno da u rjesavanju zadataka treba pisati i odgovarajuca obrazlozenja jer se na taj nacin utvTdjuje teorija i vrsi priprernanje usm_cnog dijela ispiLa iz fizike.

Smatramo da ce ovako koncipirana Zbirka u mnogome olaksati priprernanje ispita i OlIlOguCiti uspjesno savladjivanje prograrnom predvidjenog gradiva 1Z rnchanike i oscilacija i studentima drugih fakulteta koji slusaju te oblasti u svom pTogramu fizike.

Prijatna nam je duznost da se zahvalimo recenzentima dr V. Divjakovicu, prof. P11F u Novorn Sadu i rIll' M. Kopricu, doc. Medicinskog fakulteta u Tuzli za ulozeni trud pri recenziranju teksta i datim korisnirn sugestijama i primjedbarna koje su doprinijele poboljsanju knjige.

Tuzla, Inaja 1990. godine

Autori

1

2

SADRZAJ

Zadaci za audit orne vjezbe 1.1 Ravnornjerno kretanje ......... . 1.2 ,lednoliko promjenljiva i slozena kretanja 1.3 Kinematika rotacionog kretanja 1.4 Dinamika translatornog kretanja-l

III

1 1

.2 .............. . .. 3

.............. 4 1.5 Zakon 0 odrzanju impulsa ........ . . .5

. .6

.. 7

..9

.. 9

1.6 Zakon 0 odrzanju energije .................. . 1. 7 Dinamika translatornog kretanja-2 1.8 Gravitaciono polje .............. . 1.9 Di.namika rotacionog kretanja-l 1.10 Dinamika rotac:ionog kretanja-2 1.11 Mehanika fluida 1.12 Elasticnost ... 1.13 Oscilacije-1 1.14 Oscilacije-2 1.15 Oscilacije-3 1.16 Talasno kretanje 1.17

1.18 1.19

1.20 1.21 1.22 1.23

Nauka 0 toploti. Gasni zakoni Molekularno-kineticka teorija .. Kretanje u elektromagnetnom polju Osnove relativisticke teorije Toplotno zracenje .......... . Fotoelektricni i Komptonov efekat Atomska fizika

1.24 Nuklearna fizika .... Zadaci za kontrolisano ucenje

2.1 Kinematika translatornog kretanja 2.2 Kinematika obrtnog kretanja 2.3 Dinamika translatornog kretanja 2.4 Gravitacija .............. . 2.5 Dinamika rotacionog kretanj a 2.6 Hidrostatika i hidrodinamika 2.7 Oscilatorno kretanje 2.8 Talasno kretanje 2.9 Nauka 0 toploti. Gasni zakoni 2.10 Molekularno-kineticka teorija

... 11 ........... 12

. ... 13 ...... 14

.... 16 .. 17

... 18 .... 20

.............. 24 .. 26

.............. 28 ................ 29

..... 30 ...... :n

. .... 33 35

.... 35

.... 37 ... 38

. ... 39 .41

... 4:1 .... 44

.46 ................ .47

...... 50

IV

3

2.11 Kretanje u elektromagnetnom polju .51 . .. 53 ... 54

.56 . . 57

.58 61

..... 61

2.12 Specijalna teorija relativnosti ...... . 2.13 Toplotno zracenje 2.14 Fotoelektricni i Komptonov efekat 2.15 Atomska fizika .. . ....................... . 2.16 Nuklearna fizika

R.ijeseni zadaci sa pislllenih ispita 3.1 Prvi parcljalni lspiti iz Fizike

3.2

3.1.1 Prvi parcijalni ispit iz Fizikc, 31.1.'84 .... 61 ............ 74

....... 88

3.1.2

3.1.3 3.l.4 3.l.5 3.1.6

Prvi parcijalni ispit iz Fizike, 24.11.'87 Prvi parcijalni ispit iz Fizikc, 16.5. '87 Prvi parcijalni ispit iz Fizikc, 10.3,'84 Prvi parcijalni ispit iz Fizikc

J 1.4. )87

Prvi parcijalni ispit iz Fizikc, 1.12.'86 3.1.7 Prvi parcijalni ispit iz Fizike, 2.4.'9{) ... .

... 101 .. 114

.... 126

... 140 . ... 143 Drugi parcijalni ispiti iz Fizike .............. .

3.2.1 Drugi parcijalni ispit 1Z Fizike, 30.8.'82 ... 143 3.2.2 3.2.3 3.2.4 3.2.5 3.2.6 3.2.7 3.2.8 3.2.9

Drug] parcijalni ispit iz Fizike, 26.1.'85 .150 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 8.4.'85 .... 160 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 5.5.'87 .. . ..... 172 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 11.6.'90 .183 Drugi parcijalni ispit 1Z Fizike, 27.8,'90 ... 193 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 3.9.'90 ............ 204 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 30.9.'85 .. 212 Drugi parcijalni ispit. iz Fizike, 25.2.'87 ... 232

3.2.10 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 2.9.'87 .. . .... 243 3.3 Drugi parcijalni i cijeli ispiti iz Fizike .. . ......... 254

3.3.1 Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike, 11.6.'90 .254 3.3.2 Drugi parcijalni i cijeli ispit 1Z Fizike, 20.9.'90 ... 256 3.3.3 Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike, 29.9.'90 .. 258 3.3.4 Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike 1 8.10. '90 .260 3.3.5 Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike, 10.6.'91 .... 262 3.3.6 Drug] parcijalni i cijeli ispit iz Fizike, 21.6.'91 .... 264 3.3.7 Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike, 7:9.'91 ..... 266 3.3.8 Drugi parcijalni i cijeli ispit"'iz Fiz-ike~-·k~10.'91 .267 3.3.9 Pismeni ispit iz Fizike, 5.2.'90 ......... .. 269

4 Vrijednosti nekih osnovnih konstanti u fizici ...... 271

5 Literatura. . . . . . . . . . . ....... 272

Glava 1

Z adaci za auditorne vjezbe

1.1 Ravnornjerno kretanje

1. AutOIT10bil predje prvu polovinu pravolinijskog puta brzinom v, = 40 km/h, a drugu brzinom v, = 60 km/h. Odrediti vektor srednje brzine.

2. Prvu polovinu vremena tijelo se krece brzinOIIl VI = 20 m,j s pod uglom 0:1 = 60° U odnosu na zadani srnjer, a drugu polovinu vrernena pod uglorIl az ::.--=: 1200

U odnosu na isti srnjer, brzinom Vz = 40 mj s. Odrediti vektor srednje brzine kretanja.

3. Kretanje neke materijalne tacke u ravni opisuju jednacine kretanja u pravouglom Dekartovom sistemu

x=a+bt

y=d+ci

gdje su a, b, die pozitivne konstante. Odrediti vektor brzine v kretanja te ruaterijalne tacke i smisao konstanti.

4. Rastojanje medju tai'karna A i B je L = 10 m.. U trenutku t = o iz A duz prave AB, prerua B 1 krene tijel~ 1, krecuCi se konstantnom brz~nom VI = 10 rnj s. Poslije t = 0.2 s iz B pocne kretanje- tijelo 2, po lstom pravcu, konstantnorn brzinor.n V2 = 5 mj.'3.

Odrediti vrijerne nakon koga ce tijela biti na istoj udaljenosti od

tacke A. Kolika je ta udaljenost? Kolike su relativne brzine tijala Vl Z i VZl?

2 CLAVA 1. ZADACI ZA AUDITORNE VJEZBE

5. Camac se krece relativnom brzinom Vrei 11 odnosu na vodu pod uglom 0'. U odnosu na srnjer brzine rijeke U. N aCi brzinu camca iJ U odnosu na ohain i rastojanje koje carnac predje za vrijeme t. Diskutovati slucajeve:

1) 00=0, 2) a=7r, 3) a=7r/2. 6. Brad kren€ iz neke tacke A na jezeru sa konstantnom brzinom

vo. Pod kojim uglom {3 treba poceti kretanje motorni camac brzinom 'V, da bi presreo brod? Pocetni polozaji broda ; I'amca, A i B, odredjuju liniju, koja sa normalom na kurs broda zaklapa ugao "'I.

Odrediti vrijeme presretanja ako je zadano pocetno rastojanje broda

i camca AB = L. 7. Kojom brzinom i po korn kursu treba letjeti avian da hi za

vrijeme t = 2 h presao L = 300 km tacna ka sjeveru, ako za svo vrijeme leta duva sjevero-zapadni vjetar, pod uglom od 30° u odnosu na meridijan, brzinom Ciji je intenzitet u =. 27 krn / h.

8. Iz jednog u drngo mjesto, svako pola sata, polazi jedan autobus krecuc; se brzinom 60 krn/h. Udaljenost mjestaje 135 km. Prikazite graficki zavisnost puta cd vrernena za nekoliko autobusa. Kolika hi morala biti brzina drugog, da stigne kad i prvi?

1.2 J ednoliko promjenljiva i slozena kretanja

9. Iz tacke na visini Yo izbace se jedno za drughn, u vremenskom intervalu 6.t, dva tijela jednakim pocetnim brzinama vo, prvo tijelo navise, a drugo nanize. Odredi za koje vrijeme t od pocetka kretanja prvog tije1a ce rastojanje medju tijelima biti upravo 6.r?

10. Tijelo s(~ izbaci vertikalno u vis. Posrnatrac na visini h opaza dva prolaska tijela u vremenskom intervalu t:lt. Odrediti pocetnu brzinu izbacenog tijela.

11. Iz tacke sa koordinatama (xo, Yo) izbacentl je tijelo pocetnorll brzinoID Vo pod uglom 0:0 u odnosu na horizontalu. NaCi:

a) polozaj i brzinu tijela poslije vremena t, b) jednacinu putanje kretanja tijela, c) normalno- i tangencijalno. ubrzanje tijeI-a i radius krivine tia

jektorije u trenutku t,

1.3. KINEMATIKA ROTACIONOG KRETANJA 3

d) ukupno vrijeme kretanja,

e) najvecu visinu uspona i

f) ugao pod kojim treba izbaciti tijelo iz koordinatnog pocetka, da bi njegova visina uspona bila jednaka dornetu u X-pravcu.

12. Na nekom tlu sa nagibom f3 ukopano je vatreno oruzje sa kotom Yo· Iz oruzja se izbaci tane pocetnom brzinom i10 pod uglom 0: U odnosu na horizont. NaCi rastojanje L duz padine konstantnog nagiba na kome ce tane pasti.

13. Iz tacke sa koordinatama (xo, Yo) izbaceno je tijelo pocetnom

brzinom Va pod uglom ao u odnosu na horizontalu. Svo vrijeme kretanja tijela duva vjetar stalnog intenziteta, u horizontalnom pravcu u smjeru kretanja tijela, saopstavajuCi Inti ubrzanje ii. Odrediti:

a) vrijeme leta,

b) najvecu visinu do koje se tijelo popne pri kretanju i c) najvecu udaljenost.

14. Tanker se krece pravolinijski brzinoID Vo. Na visini h leti helikopter hrzinom V" Odrediti rastojanje L po horizontali na kome treba ispustiti teret da bi on pao na brod ako:

a) tanker i helikopter imaju isti smjer kretanja,

h) tanker i helikopter imaju suprotan smjer kretanja.

1.3 Kinematika rotacionog kretanja

15. Da hi se odredila brzina rnetka moze se izvesti ovakav eksperiment: na horizontalnu osovinu ucvrste se dva tanka diska i zarotiraju kOllstantnom ugaonom brzinom. Metak se ispali paralelno sa osovinom. Kada se zna ugaona brzina diskova, rastojanje medju diskovima i ugao izrnedju rnjesta gdje bi metak udario drugi disk u mirnom sistemu i gdje stvarno udari kada se sistem obrce. treba naCi izraz za odredjivanje brzine metka. '

16. Zupcanik precnikaD, naslanja se na zupcanik prei'nika D 2 •

Oba zupcanika rotiraju oko nepokretnih os a, pri cemu prvi zupcanik napravi za 1 s nl obrtaja. Naci broj obrtaja drugog zupcanika.

17. Koliko ohrta naprave toi'kovi automobila od trenutka ukljucenja koCionog sisteme do potpunog zaustavljanja, ako· je u .. trenutku pocetka kocenja automobil imao brzinu Vo = 60 km/h i zaustavio se


za t = 3 s. Precnik tockova je D = 0.7 m. Koliko je srednje ugaono usporenje tockova pri kocenju?

18. Brzina elektricnog voza je 36 km/h. Poluprecnik tockova 0.5 m. Dodatak na tocku koji sprecava isklizavanje je 5 em. Odrediti:

a) brzinu tacke na abodu dodatka na toC:ku u trenutku kada prolazi kroz najnizi, odnosno najvisi polozaj, kao i kad prolazi kroz polozaje na visini osovine.

b) ugaonu brzinu tacaka. 19. Ucesnici dvoboja se nalaze na horizontalnoj platformi koja

rotira ugaonom brzinorn w. Jedan ucesnik je u centru, a drugi na rastojanju R od ose obrtanja platforme.

a) Kako treba da nisani ucesnik dvoboja iz centra? b) Kako treba da nisani ucesnik dvoboja sa rastojanja R? c) Ko je u povoljnijem polozaju?

Smatrati da se metak ispaljuje iz tacke polozaja ucesnika dvoboja brzino v.

20. Autornobil se krece bez proklizavanja po horizontalnom putu brzinom v. Na koju maksimalnu visinu se zabaci kap vode, koja se odvoji od tocka poluprecnika R?

1.4 Dinarnika translatornog kretanja-l

21. N a tijelo mase m, koje se krece po horizontalnoj podlozi brzinorIl va, pocnu istovremeno da djeluju, paralelno sa podlogom,

sile if I i F2 , koje zaklapaju uglove 0:1 i 0:2 sa smjerom pocetne brzine

Va. a) N aci ubrzanje tijela ii b) NaCi brzinu tijela if poslije vremena t. c) N ad polozaj tijela u trenutku t. 22. Na giatkoj horizontalnoj ravni stoia nalazi se tijelo mase M =

40 kg. Na obodu stoia je kotur preko koga je prebaceno neistegljivo uze koje povezuje tijelo mase 1\1£ i drugo tijelo mase m = 10 kg. Odrediti:

a) ubrzanje oba tijela,

b) silu zatezanja uzeta i .. ~ ., . .c) ubrzanje i'silu zatezanja kada podloga nije glatka vee hrapava,

a izmedju tijela M i podloge se javlja trenje koeficijenta I-' = 0.2.

j 1 i

1.5. ZKON 0 ODRZANJU IMPULSA 5

23. Dva jednaka tega svaki mase M = 4 kg spojena su medjusoh no laganom, idealno savitljivom i neistegljivorn niti koja je prebacena preko kotura sa nepomicnoID OSOID. Jednom od tegova se doda preteg mase m = 0.1 kg. NaCi:

a) ubrzanje tegova a, b) silu zatezanja niti F z ,

c) silu koja djeluje na osovinu kotura F i

d) silu F21 kojom teg M djeluje na preteg m. Masu kotura i trenja zanemariti.

24. Automobil rnase 2000 kg koji se krece se brzinom Vo == 72 km/ h naidje na uspon /'iji je ugao nagiba IX = 10°, i produzi da se krece po inerciji. lJkupnu silu otpora kretanju mozemo shvatiti kao silu trenja klizanja sa koeficijentom trenja I-' = 0.1. Koliki ce put preCi automobil HZ strminu za t = 4 s?

25. Za koje vrijcrne tije]o rnase m ~~ 2 kg stigne u podnozje klizeCi niz stymn Tavan sa visine h = 5, m, nagibnog ugla j3 = 30°, ako niz strmu ravan nagibnog ugla 0: =)15°, klizl ravnomjerno?

26. N a horizontalnoj povrsini nalaze se dvije jednake kocke masa M. Medju njihje naslonjen klin mase m sa uglom nagiba pri vrhu 2a. Koeficijent t.renja izmedju kocki i podloge je 1-'. Koliko je ubrzanje kocki, ako se zanemari trenje izmedju klina i ivica kocki?

1.5 Zkon 0 odrZanju irnpulsa

27. Idealno elasticna kuglica mase m udari u idealno elastican ravan zid brzinom {/1 i od njega se odbije brzinom V2. Kolika je promjena impulsa (koliCine kretanja) kuglice:

a) kada kuglica udari u pravcu normale i

b) kada kuglica udari pod izvjesnilIl uglorn u odnosu na normalu?

28. Vagon-platforrna mase M = 4000 kg na kome se nalazi covjek -mase -m--= -80 kg, krece se bez trenja po horizontalnom pravom kolosijeku brzinom Vo = 36 km/h. Kolika ce biti promjena brzine vagona, ako covjek otpocne da trci po njemu brzinom VI = 6 m/.s u sllljeru suprotnom od smjera njegovog kretanja, a zatim iskoci.

29. KreeuCi se brzinomvo = 400 m,j s granata se u jednom trenutku raspadne na dva jednaka dijela, pri cemu svaki od njih

6 GLAVA 1. ZADACI ZA AUDITORNE VJEZBE

krene po pravcu koji sa prvobitnim pravcem kretanja granate, zaklapa ugao 300. Odrediti vektore brzina parcadi granate? Nacrtaj vektor iInpulsa sistema poslije eksplozije.

30. Gumeni camac mase ml se krece od obale brzinom VI koja sa obaloln zaklapa ugao 0:. U carnac sa obale uskoci covjek mase m2

brzinom Vz u horizontalnom pravcu, normalno na ohalu. Odrediti vektor brzin€ camca sa covjekom.

31. Raketa cija je masa na pocetku kretanja Mo (kg) krece se izbacujuCi produkte sagorijevanja brzinom Vo (u odnosu na raketu). Brzina smanjivanja mase rakete usljed izbacivanja gasovaje dm/ dt = -fO (kg/s).

a) Izracunati ubrzanje rakete u pocetnom trenutku, zanemarujuCi sUu teze.

b) Ako je brzina isticanja gasova Vo = 20 krn/ s, koliku rnasu gasa u sekundi je neophodno izbacivati za ostvarivanje reaktivne sile F = 105 kN?

c) Napisati diferencijalnu jednacinu kretanja rakete. 32. KEzac stoji na ledu i drzi u ruci na ramenu kuglu rnase

m = 5 kg. U jednorn momentu klizac izbaci u smjeru ispred sebe kuglu pod uglorn 0:: = 30° U odnosu na horizontalnu ravan, brzinom Vo = 10 m! s. Masa klizaca bez kugle je M = 75 kg. Kolikom brzinoll1 i u korn pravcu ce klizac da se pokrene l ako se zanemari sila trenja medju klizaljkama i ledom, kao i pomjeranje tijela klizaca Za vrijeme bacanja kugle?

1.6 Zakon 0 odrzanju energije

33. Za kraj uzeta duzine L = 1 m, vezan je teg, i, u pocetnorll trenutku, uze je postavljeno u takav polozaj da sa vertikalom zaklapa ugao <p = 60°. Zatim se teg pusti bez pocetne brzine. Izracunati brzinu tega u trenutku kada uze sa vertikalom zaklapa ugao <PI = 30°. Otpor vazduha zanemariti.

34;. Po sinarna koje su postavljene po strmoj ravni koja u podnozju prelazi u vertikalnu "mrtvu petlju" poluprecnika r = 0.5 rn krece se malo tijelo. Sa koje minimalne visine hrnin treba pustiti tijelo, bez pocetne brzine, dit hi proslo kroz mrtvu petlju ne odvajajuCi se od sina ni u najvisoj tacki C. Odrediti brzinu tijela u tacki B u

1. 7. DINA.MIKA TRANSLATORNOG KRETANJA-2 7

kojoj putanja prelazi iz pravolinijske u kruznu putanju. Sva trenja zanemariti.

35. Dva tijela klize po horizontalnoj podlozi bez trenja u istorn pravcu i smjeru i imaju mase TTI,I ::-...::: 0.1 kg i m2 = 0.2 kg i brzine VI = 1 m/ s i V2 = 0.2 m/ s. Na prvo tijelo rnase'ml pricvrscena je elasticna opruga zanemarljive,nlas~, Tijela S(J poslije izyjesnog vremena sustizu i sudare. Kolicna kretanja sistema u trenutku sudara iznosila je K = 0.14 kgrnj s. Izraeunati: kineticku energiju sistema prije sudara, brzinu sisterna u trenutku sudara, maksimalnu potencijalnu energiju opruge pri sudaru, kao i brzinu tijela poslije sudara.

36. TijeJo je podvrgnuto dejstvu sile oblika P = - kif. Koliki se rad izvrsi ako se tijelo pomjeri iz polozaja Xl = 2 em u polozaj x, = 5 em od ravnoteznog polozaja. Konstanta krutosti opruge ima vrijednost k = 16 N/m.

37. Neutron mase m krece se brzinom v i udari u nepokretno jezgro n puta vece rnase.

a) Odrediti koliko se puta smanji kineticka energija neutrona i za koliku vrijednost se smanji brzina pri sarno jednom centralnom idealno elesticnom sudaru.

b) Odrediti brzinu neutrona i jezgra poslije sudara, ako se pri sudaru neutron rasije pod uglom- a.

38. Alfa-cestica leti brzinom Vo (va < c), rasijava- se na jezgru mase M. Ugao izmedju pravca kretanja alfa-cestice do sudara i pravca uzmicanja jezgra iznosi rp. NaCi brzinu jezgra.

1.7 Dinarnika translatornog kretanja-2

39 .. Na strmim ravn-ima koje sa horizontalom zaklapaju uglove a1 = 'if /6 i 0:2 = 'if /3, nalaze se ti-

"jela masa m, = 8 kg i m2 = 2 kg (vidi sliku). Tijela su vezana laganim, idealno savitljivim, neistegljivim koncem koji je preba-cen preko kotura.


Koeficijentjenti trenja tijela i podloge su fl.! = 0.1 i fl.2 = 0.2, respektivno.

a) Koliku brzinu imaju tijela poslije dvije sekunde od prepustanja sistema samom sebi?

b) Kolika je sila zatezanja konca?

c) Odtedivektor sile koju trpi osovina kotura?

40. Strma ravan ima nagibni ugao Q: koji se moze mijenjati. Plocica mase m, koja moze da klizi po njoj, prelazi pri Ql = 45° i <x, = 60°, za jednako vrijeme, put eve jednakih horizontalnih projekcija. U kojem intervalu vrijednosti uglova nagiba strme ravni plocica nece kliziti po njoj?

41. Na strmoj ravni nagibnog ugla <X = 37° nalaze se tijela masa m, = 2 kg i m, = 4 kg. Koeficijenti trenja izmedju podloge i tijela su JLl = 0.3 i 112 = O.l~ respektivno.

a) Kolika su ubrzanja tijela ml i m2 ako se pretpostavi da su u pocetku mirovala?

b) Kolika je sUa medjudjelovanja tijela?

If).,, Odrediti najmanji ugao pri kome ce doci do klizanja.

2 , Na horizontalnorn stolu lezi predrnet mase m = 4 kg. Za pr, - et su privezani na suprotnim stranarna idealno savitljive niti bez tezine i preba{'ene preko nepomicnih koturova. Za krajeve niti su privezani tegovi lHasa ml = 1 kg i IT1-2 = 2 kg (kao na slici).

a) Izracunati nakon koliko vremena ce rastojanje medju tegovima ml i m2 biti t;.h = 0.28 m, ako su oni pusteni iz mira kada su im tezista bila na istoj visini ? b) Kolike su sile zatezanja niti?

m

/ /: /:

Koeficijent trenja izmedju predmeta i stoIa je /.1

koturova i trenje u njihovim lezistima zanemariti.

m

0.2. Mase

43. Tanak zeljezni lanac duzine L = 1 m i mase m = 10 g, sa veoma malim karikama nalazi se na horizontalnom stolu tako da visi k = 27.5 % ad njegove cjelokupne duzine, sto je dovoljno da poene da klizi sa stoia. SmatrajuCi da je lanac homogen po duzini naci:

1.8. GRAVITACIONO POLJE

a) koeficijent trenja fJ·

izmedju lanca i stoIa b) rad A sile trenja lanca sa stolom za vTijeme klizanja i c) brzinu v lanca u trenutku kad lanac sklizne sa stoIa.

1.8 Gravitaciono polje

9

/ /

44. Dokazati da je u unutraSnjosti homogenog sfernog sloja (sferne ljuske) jaCina gravitacionog polja jednaka nuli.

45. Naci zavisnost jaCine gravitaciollog poJja od rastojanja r od centra homogene sfere za r < R i r > R, gdje je R poluprecnik te sfere.

46. Gravitaciono polje unutar proizvoljne sferne supljine na.pravljene u tijelu sfernog oblika je hornogeno. Dokazati.

47. Dvije zvijezde masa m·l 1 m'2 nalaze se na rastojanju L. NaCi jaCinu gravitacionog polja i njegov potencijal 11 tae_ki koja se nalazi na rastojanju 71 i T2 od prve i druge zvijezde, respektivno.

48. Koliki se Tad izvrsi pri prenosu tijela mase Tn sajedne planete na drugu. Mase i poluprecnici planeta su poznati. Rasojanje medju planetama je veliko u poredjenjll sa poluprecnicima planeta. Smatrati da ne djeluju druge sile osim gravitacionih i da se prenosenje ostvaruje konstantnom brzinom bliskom nulL

49. NaCi medjusobnu potencijalnu energiju i silu gravitacionog privlacenja izmedju hornogene suplje sfere mase M i poluprecnika R i rnaterijalne tacke rnase m kada se ona nalazi na rastojanju T od centra suplje sfere.

1.9 Dinamika rotacionog kretanja-l

~o. Preko n~pomicnog kotura momenta inercije I = 0.8 kgm 2

'omotana je lagana, neistegljiva, idealno savitljiva. nit, na Cije krajeve su privezani tegovi masa ml = 4 kg i m2 = 2 kg. Odrediti sile


zatezanja u nitima. Poluprecnik kotura je R = 0.25 m. Trenje u

osovini kotura zanerIlariti.

51. Na nepokretnoj osovini bez trenja moze se vrtjeti tocak rnase Ai = 60 kg i poluprecnika R = 0.8 m. Sa tockorn je vezan- slijepljen manji tocak rnase m = 2 kg i poluprecnika r = 0.2 Tn, ake koga je omotano idealno savitljivo uze bez tezine, na Cijem kraju visi teg mase m'l = 10 kg. Koliku ce brzinu imati teg kad se spusti za H = 5 m, aka je krenuo iz mira.

52. Dva tanka cilindra postavljena su tako da su im ose paralelne. Jedan od njih, poluprecnika R = 20 em obrce se konstantnom ugaonom brzinom Wo = 3 rad/ s. U jednom trenutku zidovi cilindara se dodirnu i poslije izvjesnog vremena pocnu se kretati bez proklizavanja.

a) NaCi kolika je energija presla u toplotu, ako su mase cilindara M, = 4 kg i M, = 2 kg.

b) Izvesti izraz za rnOIIlent inercije dlindra sa tankim zidovirna (u odnosu na osu simetrije).

53. Sa istog nivoa na strmoj ravni, istovremenb se pocnu kotrljati suplji cilindar i kugla jednakih poluprecnika.

a) Koje ce tijelo imati vecu brzinu na datom nivou?

b) Kolike puteve su presla tijela poslije nekog vrernena?

c) Kakav je odnos brzina tijela?

54. Tanak stap mase m i duzine L objesen je za jedan kraj i moze bez trenja da se obrce oko horizontalne ose. Na tu osu je objesena i nit L na Cijem kraju je privezana kugla iste mase. K ugla se izvede iz ravnoteznog polozaja za neki ugao i pusti. Pri kojoj duzilli niti ce kugla poslije sudara sa stapom ostati u miru? Sudar srnatrati idealno elasticnim. Monlent inercije stapa U odnosu na datu osu racunati.

55. Greda duzine L = 1.5 rn i mase M = 10 kg moze rotirati oko . nepokretne ose koja prolazi kroz jedan njen kraj. Metak mase m =

10 g, koji se kretao u horizontalnom pravcu brzinorn v:·:::: 500 ITt/ s,

udari u sredin!;l grede i zadrzi se u njoj. Za koji ugao VJ se _otkloni greda poslije udara metka?

1.10. DINAMIKA R.OTACIONOG KRETANJA-2 11

1.10 Dinamika rotacionog kretanja-2

56. Oko horizontalnog valjka rnase M = 12 kg i precnika D =

20 em obavijeno je lagano, neistegljivo, idealno savitljivo uze, Ciji je jedan karaj pricvrscen za valjak, a 0 slobodnom kraju visi teg mase Tn = 5 kg na visini H = 4 rn od povrsine tla. Pri spustanju tega valjak se obrce. Odrediti:

a) vrijerne za koje ce teg pasti na zemlju ako se sistem prepusti sarnom sebi iz stanja mirovanja,

b) brzinu kojom ce teg pasti na zemlju i

c) kineticku energiju valjka u trenutku udara tega 0 zemlju

57. Osovina valjka mase rn, = 2.5 kg i poluprecnika R, = 0.1 rn uglavljena je u ram za koji je jednim krajem privezana lagana, idealno savitljiva nit. Ona je nekoliko puta obmotana oko kotura U obliku diska rnase m2 = 1.5 kg i za drugi kraj privezano je tijelo mase rn3 = 0.5 kg (kao na slici). ZanernarujuCi masu rarna i niti, kao i trenje u osavini, odrediti: 0,) ubrzanje kojim se spusta tijelo rns, aka se sistem. prepusti sarnom sebi iz mira,

b) sile zatezanja niti i

c) ugaonu brzinu valjka u trenutku kada se ms spusti za h = 1 m od pocetnog polozaja.

58. Tanak homogen stap duzine L = 2 m, mase M = 0.5 kg moze slobodno da se vrti oko nepokretne horizontalne ose koja prolazi kroz jedan od njegovih krajeva. Pod dejstvom sile teze stap prelazi iz horizontalnog u vertikalni polozaj. ProlazeCi kroz vertikalni polazaj kraj stapa se idealno elasticno Budari sa malim tijelom mase m =

0.1 kg, koje lezi na horizontalnom stoln.

a) lzvedi izraz za moment inercije <tog stapa u odnosu na osu oko koje se vrsi rotacija .

b) Odrediti na kojem ce se rastojanju zaustaviti malo tijelo nakon sudara, ako je koeficijent trenja izrnedju rrjega i podloge f.1. = 0.2.

c) Koliko vrernena ce se one kretati ?


S9. Dat je sistem tijela kao na slie;. Kolika treba da bude jacina sile F da bi se tijelo koje visi podizalo ubrzanjem a = 2 m/8' ? U gao koji zaklapa sila sa horizontalorn iznosi f3 7r /6. Konac kojirn su pove-zana tijela je idealno savit

Ijiv J bez tezinc, neistegljiv i obmotan aka kotura koji

se Inoze obrtati bez trenja

u lezistu. Koeficijent trenja klizanja iznosi f.' = 0.5, a masa m = 1 kg. m

1.11 Mehanika fluida

60. Odredi V1SlllU zivinog, a zatim vodenog stub a tecnosti koji odrzavaju ravnotezu atmosferskom pritisku Fa = 105 Pa. Zapreminska masa. :live JOe p = 13.6.103 kg 1m3, a vade Po = 103 kg/mE.

61. Metalna lopta, UTIutTasnjeg i spoljasnjeg precnika Dl i D 2 , respekt.ivno, pliva na povrsini tecnosti. Gustina rnetala je Pl, a gustina tecnosti pz. Koliki teg G 1 treba staviti u unutrasnjost lopte da bi lopta lebdjela u toj tecnosti. Promjenu zapremine lopte zbog dejstva hidrostatickog pritiska tecnosti zanemariti. 62. Tanak stap je jednim krajem oslonjen na zid suda, a drugim zaronjen u tecnost gustine po.

Stap se moze slobodno obrtati u vertikalnoj ravni oko kraja kojirn je naslonjen. Odrediti gustinu

materijala stapa) ako u polozaju ravnoteze n-ti dio stapa nije u vodi. Povrsinski napon ne uzirnati U obzir.

6:1. U uspravnoj vertikalnoj cilindricnoj cisterni nalivena je idealna tecnost do visine Ii = 2 m u odnosu na dna suda. Povrsina dna cisterne je 1.5 m'l. Odrediti vrijeme t za koje se TI1VO tecnostj u cisterni spusti do visine h ::::: 0.8 m, aka istice kroz otvor na dnu, povrsine 8 1 = 5 cm2

. Izracunati vrijeme za .k.oje ce cisterna ostati prazna.

I

.1.12. ELASTICNOST 13

64. Izracunati ukupnu silu kojom voda djeluje na bocne zidove akvarijuma kvadraticnih strana duzine a. Na kojoj visini h od dna suda se nalazi napa.dna tacka rezultujuce si1e pritiska?

65. Povrsina klipa horizontalno postavljenog sprica, duzine L = 4 em, iznosi Sl = 1.2 em'll a. pOVrS1Jla otvora igle na samorn vrhu je

S2 = 1 mm,2. Za koje vrijeme ce isteCi sva voda, ako se na klip djeluje sHorn F = 5 Iv i prj tome se klip pomjera ravnomjerno. Kontrakciju rnlaza i trenje zanernariti.

1.12 Elasticnost

66. Prava homogena olovna sipka, stalnog poprecnog presjeka, objesena je 0 jedan svoj kraj tako da jc u vertikalnom polozaju. Gustina olova je p = 11.4 - 103 kg/mg. NapOli kidanja olova je iTk = 20.6 . 106 Pa. Kohka moze biti najveca duzina sipke, a da se ona ne prekine sopstvenom tezin om?

67. 0 vertikalno objcsen homogcn celicni stap duzine L = 1.6 m

potrebno je okaciti teret mase m = GOO kg. Dopusteno istezanje pri tom.e je b..L = 0.2 rnm. Modul elasticnosti cclika je .E = 20·} 010 Pa. Kolika smije'biti minimalna povTsina poprecnog presjeka?

68. Kugla rnase 0.5 kg obrce se 11 vertikalnoj ravni po krugu. K ugla je zicama jednakog prornjera d = 0.2 rnm. i jednakih duzina L = 1 m vezana za osu obrtanja. U toku obrtanja razvija se najveca brzina v = 8 m/8. Koliko zica treba uzeti da ne dodje do kidanja, ako napon kidanja rnaterijala zice iznosi Uk = 1.96.108 Pa?

69. Dvije zice, jedna od bakra, a druga od ceiika, imaju jednake poprecne presjeke, Bakarna zica duzine L1 = 2 rn. vezana je za celicnu duzine L2 = 3 m, a ova opet drugim kTajem ucvrscena za konzolu. Ove dvije :lice treba zamljeniti jednorn. Koliki modul elasticnosti mora irnati rnaterijal ako se zna da je za bakar E] = 11 . 1010 Pa i za celik E2 = 20 . IOi" Pa.

70. ·Metalna zica duiine.L = 30 ern i precnika d = 2 rnrn

ucvrscena je jednim krajem za nepomic.nu konzolu. Drugi kraj je vezan za centar diska poluprecnika R = 10 ern. Ivica diska ima zlijeb u kome se namota konac. Krajcvi konca su prebaceni preko

'Koturova i z'a njih su okaleni tegovi rnase m = 60 g. Pod uticajem sprega sila zica se uvrne za ugao r.p =. 22°.

14 GLAVA 1. ZADACI ZA AUDITORNE V.JEZBE

a) Kolika je Lorziona konstanta :iice?

b) Koliki je modul torzije?

71. Bakarna sipka ima duzinu L = 1 m i poprecni presjek povrsine S = 1.6 ernz, Koliki se Tad izvrsi pri istezanju sipke silom

intenziteta F = 5886 N, koja djeluje normalno na poprecni presjek stapa? Modul elasticnosti bakra iznosi E = 11· 1010 Pa.

72. Horizontalni stap duzine L = 60 em objesen je na svojim krajevima 0 dvije paralelne zice istog presjeka i iste duzine. J edna zica je od gvozdja modula elasticnosti E, = 20.10 '0 Fa, a druga od bakra modula elasticnosti E2 = 12 . 1010 Fa. U kojoj tacki treba objesiti teg Q da bi "tap i dalje ostao u horizontalnom polozaju. Tezina Q je rnala taka da se ne prelazi granica elasticnosti pri istezanju :iiea.

Masu stapa zanemariti.

1.13 Oscilacije-l

73. Na jedan kraj elasticne opruge objeseno je tljelo nlasc rn = 100 g.

a) Izvesti 5zraz za rezultujucu silu pod cijim ce uticajem. tijelo vrsiti kretanje ako rnu se saopsti energija u vertikalnom praveu i sistem prepusti sarnorn- sebi.

b) Postupno djesiti diferencijalnu jednaCinu koja opisuje kretanje tijela.

c) Koliki je period vertikalnih oscilacija, ako se zna da se opruga istegne za 6.L = 1.5 em pod uticajem sile F = 2.45 N ?

74. Tijelo mase m :::: 25 9 objeseno je na opruzi direkcione sile k = 0.4 N /rn. Ono pocne svoje kretanje na taj naCin sto je pomjereno za Xo = 10 ern od ravnoteznog polozaja i pri tome rou je saopstena brzina Vo = 0.4 m/8 na dolje. Odrediti:

a) aroplitudu i pocetnu fazu oscilovanja

b) odnos rnaksimalne brzine i brzine u trenutku t = 'if /8 s, od pocetka kretanj a.

c) odnos rrlaksimalnog ubrzanja i ubrzanja u trenutku t = 1f /8 s. d) odnos ukupne mehanicke energije na pocetku i u trenutku

. t= Ir/8 s.

Transforrnacij u rrlchaniC:kc energije u druge oblike zanernariti.

1.13. OSCILACI.JE-1 15

75. Areometar mase ill sastoji se iz kugle napunjene sacmom i cilindricne cijevi sa poprecnim presjekom S. Potopi Ii se u tecnost gustine p nesto dublje nego sto je potrehno za ravnotezu

1 a zatim

pusti, on pocinje da osciluje oko polozaja ravnoteze. NaCi:

a) rezultujucu silu pod uticajern koje se vrsi oscilovanje i ispitati da Ii je harmonijsko,

b) kako zavisi period oscilovanja areometra od njegove rnase, povrsine poprecnog presjeka cijevi i gustine tecnosti?

Otpor sredine zanemariti.

76. Na elasticnu oprugu objesi se tas mase M = 100 g pri ('emu se ona istegne za .6..L = 8 ern. Na tas sa visine h = 2 ern pusti se da slobodno padne komad plastelina mase m = 20 g i zalijepi se.

Odrediti :

a) koliko je rnaksimalno izduzenje opruge u odnosu na pocetni polozaj poslije pada plastelina?

b) koliki je period oscilovanja sistema?

c) nacrtaj grafik funkcije x = x(t)!

lsti zadatak pokusaj rijeiliti ne uzimajuCi u obzir masu tasa.

77. Dvije opruge krutosti k, = 0.2 N/m i k, = 0.1 Nlm vezane su sa tijeloln mase M kao na slid. Kada je period oscilovanja veti ?

Trenje tijela sa podlogom i otpor sredine zanemariti.

M ~

~?0~/7~/~/~~//~~


78. Dvije opruge krutosti k, = 0.2 Nlm i k, == 0.1 N/m vezane su sa tijelom mase M kao na slid. Nadji odnos perioda oscilovanja ova dva oscilatora. Trenje tijela sa podlogom i otpor sredine

zanemariti.

1.14 Oscilacije-2

79. Koliki je odnos vlsine brda H i dubine jame (bunara), h ako je period oscilovanja matemat]ckog klatna na vrhu brda i na dnn

jarne jednak. 80. Na stapu zanernarljive mase i duzine L 1 m objesena je

masa m, = 0.1 kg .. Na udaljenosti d = 0/2 rn, od tacke vjesanja na kraju stapa, za njega je vezana jecinjTll krajern horizontalna opruga

direkcione sile k = 1.33 N / m. Drugi kraj opruge je ucvTscen za vertikalnizid. Kad je klatno u ravnoteznom polozaju opruga je neistegnuta. Koliki ce biti period oscilovanja ako se cijeli sistem malo izvede iz ravnotezIlog polozaja i prepusti sarnaill sebi. Isti zadatak

fijesiti bez opruge uzimajuCi u obzir i rnasu stapa. 81. Preko kotura sa nepomicnom OSOID) mase m3 = 100 9 pre

bacena je lagana, idealno savitljiva i neistegljiva nit, za cije krajeve

Sil vezana tijela masa ml = 300 9 i m2 = 100 g. Da bi sistem bio u ravnotezi za tijelo m2 sa donje strane vezana je opruga koja se izduzi

za!::..L = 7 em. a) Sastavi diferencijalnu jednacinu koja opisuje oscilovanje sis-

___ telna~ ako se malo izvede iz ravnoteze. b) Odredi kruznu ucestanost oscilovanja! Uzeti da je nlasa opruge zanernarljiva, a nit ne proklizava.

82. Hornogenu kuglu, poluprei'nika r, pustimo da se kotrIja bez proklizavanja po ullutrasnjoj strani sferne povrsine poluprecnika R. Kolika bi se greska napravila u odredjivanju perioda oscilovanja (pro-

1.15. OSCILACIJE-3 17

centu~:r-lO), ako bi se oscilovanje kugle smatraJo kao oscilovanje matematlckog klatna duzine L = R? 83. Daska tezine C 1'0-stavi se na dva identicna valjka koji rotiraju jednakim ugaonim brzina_ma u suprotnim srnjerovima (vidi sliku). Rastojanje medju osarna vaU aka je 20. ~c

19.62 dm, a koeficijent tre-nja izmedju valjaka i daske

je '" = 0.2.5 . . yA~o se, u tre~ut,ku postavljanja, centar mase daske nalazio malo

bhze Jednom val,lku, dokazi da ce ana vrSiti harmonijsko oscilovanje 1 odredl fiU penod.

84. Matematii'ko klatno duiine L i mase rn kod k -' k d . 1- .. ') ogaJe onac 0

1Z0 at~r~, a ~ughca naelektnsana negativnoIIl koliCinom elektriciteta q, ~bJesl se lznad pozitivno naelektrisane rayne tanke dielektricne ~lToce ~cskonacne ;~liCin~. Pov~sinska gust in a Daelektrisanja (J' je s> uda Ista. Odredltl period mahh oscilaciJ'a Ot . d h . , . ,por vaz u a zane-mariti.

Isti zadatak pokusaj rijesiti uzirnajuCi da je ploca naelektrisana negativno. .

1.15 Oscilacije-3

85.Priguseno oscilovanje se prikazuje jednaCinom :

a) Za koje vrijednosti faze pOillJ'eranJ'e d

lZ ravnoteznog polozaja ostize maksimalnu vrijednost?

b) Izracunaj pTVU takvu vrijednost faze za slucaj da je krutost opruge k ~ 1 N slm, a koeficijent otpora sredine r = 1 Nlm. Masa kOJa oscduJe Je 1 kg.

._. 86: Amplituda prigusenih oscilacija u poi'etIlom trenutku je bila ,lednaka ao = 18 em. U trenutku t, = 15 ., nakon toga amplituda je

al = 6 em.


a) U kojem trenutku t2 ce amplituda biti jednaka a2 = 1.8 ern?

b) Koliki je koeficijent priguiienja {3 ? 87. Galvanometar sa kazaljkom ukljucen je u kolo sa strujom

konstantne jacine i u jednom trenutku kolo se prekine. Koja funkcija opisuje njeno oscilovanje? U kojim trenucima vremcna kazaljka ima maksirnalne otklone ?

88. Koliki put predje tacka koja osciluje dok se ne zaustavi, ako se njeno pomjeranje iz polozaja ravnoteze opisuje funkcijom

x = aoe~iJtcoswt

89. Kugla poluprecnika r = 4 em , mase m = 1 kg objesena o oprugu zanemarive Inase take da moze oscilovati u vertikalnorn nravcu u fluidu viskoznosti 'f/ = 5 Pas. Konstanta elasticnosti oprnge je k = 25 j\ljrn. Zbog sile koja djeluje u vertikalnom pravcu F = 1"0 cos wt kugla izvodi barmonijsko oscilovanje. Amplituda sile je Fa = 1 N, a njena frekvencija se moze mijenjati po volji. Kad kaje frekvcncije w amplituda oscilovanja kugle ce biti maksirnalna i koliko iznosi. U poredi tu arnplitudu sa istegnutoscu opruge kad na nju djeluje konstantna sila intenziteta Fa = 1 IV.

90. Koliko iznasi srednja snaga koju spoljna sila P = Fa cos wt

razvije na sistemu opisanorn u prethodnom zadatku? Kod kaje frekvencije je razvijena snaga maksimalna ?

1.16 Talasno kretanje

91. Brzina. prostiranja transverzalnog talasa (deformacije) na zategnutoj gumenoj niti data je izrazarn

gdje je F sila zatezanja, J.l poduzna rnasa _(masa jedinice duzine, linearna gustina).

a) Dokazi ispravnost ove formule! b) Kolika je brzina transverzalnog sinusnog talasa kroz gumenu

nit, aka 8 m oye niti ima masu 600 g, a nit je-~zategnuta silom 1" = 19.62 N?

1.16. TALASNO KRETANJE 19

e) Kolika je maksimalna brzina cestica ove elasticne sredine kroz koju se prostire transverzalna deformacija, ako je amplituda talasa a = 10 em, a talasna duzina ,\ = 3 m?

92. Jednacina jednog progresivnog talasa glasi:

e(x,t) = 2sin27r (_t _ _ --"'-) 0.01 30

gdje je ((x, t) i x dato u em, at u sekundama. a) KoIiko iznose amplituda, talasna duzina, frekvencija i brzina

ovog talasa?

b) Kolika je maksimalna brzina i ubrzanje neke cestice elasticne sredine koja ucestvuje u ovom talasnom kretanju?

93. Jedna cestica elasticne sredine udaljena je od izvora talasnog kretanja x = 1 m. Ta cestica biva pogodjena talasom. Poslije t = 1 rns od mOlllenta polaska talasa iz izvora, njena udaljenost od ravnoteznog polozaja je x = 4 rnrn. Odredi amplitudu tog talasa, ako je poznata njegova talasna duzina ). = 30 em i frekvencija v = 10 kHz.

94. U homogenoj elasticnoj sredini 81ri se talas oblika

E(x, t) = ae-7X cos(wt - kx)

gdje su a, I, w i k amplituda, koeficijent prigusenja, kruzna ucestanost i talasni broj talasa, respektivno.

N aCi razliku faza oscilovanja u tackama u kojima se amplitude oscilovanja cestica elasticne sredine razlikuju jedna od druge za 'rJ = 2% ako je I = 0.5 m-" a talasna duzina iznosi ,\ = 0.5 m.

95. U nekoj elasticnoj sredini koja ne apsorbuje energiju rasprostire se ravanski harmonijski talas. N aCi srednju vrijednost gustine ukupne energije u, ako u svakoj tacki sredine gustina energije ima vrijednost Uo, u trenutku t = T /6 nakon sto je pomjeranje od ravnoteznog polozaja imalo maksirnalnu vrijednost.

96. Dokazati da je amplituda sfernog talasa koji se rasprostire kroz homogenu, izotrophU si'edinu, obrnuto proporcionalna rastojanju od izvora, ako sredina ne apsorbuje energiju talasa.

97. Na rastojanju L = 1 rn od centra prstena poluprecnika R = 0.5 rn nalazi se tackasti izvor zvuka. Orediti srednji fiuks energije kroz povrsinu koju ogranicava prsten, ako je u centru'prstena izmjeren intenzitet zvuka fo = 30 rnW /rn 2 •


98. Izvor zvucnih talasa frekvencije Vo = 1 kHz krece se duz normale na zid brzinom v = 0.17 'm/ s. Na istoj normaE nalaze se nepokretni prijernnici PI i Pz, pri C~IIlU je redoslijed u rasporedu prijemnika P i izvora I sljedeCi: P, _ .. - 1- - P 2-zid. Koji prijemnik ce registrovati talasne udare i kolika im je frekvencija? Za brzinu zvuka uzeti v = 340 m/ s.

99. Kod prozora jedne zgrade nivo buke ulicnog saobracaja iznosi

60 dB. Otvor prozora ima povrsinu 8 = 2 m 2 Kolika zvucna snaga ulazi kroz prozor?

100. Ravanski zvucni talas rasprostire se u praveu X -ose. Koeficijent prigusenja talasa je "t = 0.023 m-1

• U tacki X, = 0 nivo jaCine zvuka je L, ,= 60 dB.

a) Koliki je nivo jaCine zvuka u tacki udaljenoj X2 = 50 rn od izvora ?

b) N a kojoj udaljenosti se zvuk nece vise cuti ?

1.17 N auka 0 toploti. Gasni zakoni

101. Na aparatu Laplas-Lavoazjea utvrdjeno je da se sipka duzine L = 20 cm., pri zagrijavanju od to = ODC do t = 100 DC

izduzi toliko cia se durbin, cija je 080-

vina na udaljenosti r = 30 em, od kraja te sipke, obrne za 2 podioka izrazena u mm na zaklonu udaljenom L = 1 m

od osovine durbina (vidi sliku). Koliki je termii'ki koeficijent sirenja cin-

ka'!.

T

/\ /\

102. -Odredi termicki koeficijent linearnog sirenja stakla,ako se staklena sipka duzine L, = 25 em. na temperaturi 1, = 15°C, izduzi za b:..L = 0.135 mm, pri zagrijavanju za .6.t = 60°C.

103. Pri izgradnji nekog in~trumenta zahtijeva se da razlika duzine jedne gvozdene i jedne bakarne sipke, na svim temperaturama, na kojima postoji linearna zavisnost duzine i temperature,

1.17. NAUKA 0 TOPLOTl. GASNI ZAKONI 21

bude 6.L = 5 em. Kolike treba da su duzine tih sipki na ODC? Termicki koeficijenti linearnog sirenja za gvozdje i bakar Sli: [tn = 12.10-6 K-l i Qb = 17.10-6 K-I

104. Staklena boca je napuujena sa 50 em3 zive temperature 18°C. Kolika ce zapremina zive izaCi iz boee, kad se sistem zagrije na 38°C? Termicki koeficijent zapreminskog sirenja zive iZIlosi / = 18 . 10-5

K"-ll ~ terrnicki koeficijcnt linearnog sirenja stakla je ex = g. 10-- 6 K- I

105. Zapremina tecnosti pri zagrijavanju, u zavisnosti od temperature, data je u tabelama relacijom

gdje je t temperatura tecnosti, Vo zapremina tecnosti na 0 DC ,a a, b i e su konstante karakteristicne za tecnost. Ako u intervalu temperature od OoC do 33°C te konstante za vodu iznose:

a = -0.06427.10- 3 nC·"

b = 8_50,,3· 10-3 °C-2,

e = ·_·6.79 . 10-8 °C-3

Odredi temperatuTu na kojoj je voda najgusca.

106. Jedan grijac konstantne snage zagrije izvjesnu kolicinu vode od temperature t, = 10 DC do tacke kljucanja tk = 100°C za vrijeme t, = 15 minuta. Koliko vremena treba da bude grijac uklJucen pa da sva voda ispari? Specificni toplotni kapacitet vode je c = 4.19 kJ/kgK, a specific.na toplota isparavanja vode qi = 2.26 M .I !kg.

107. U litar vode temperature 1, = 18 DC ubaci se komad gvozdja mase Tn, = 100 g, temperature t, c= 500 DC. Koliko se vode pretvori u paru ako je konacna temperatura smjese ts = 200C? Specificni toplotni kapacitet gvoZdja je cg = 460 .1/ kgK, a vode

c" = 4.19 .J! kgK. Specificna toplota isparavanja vode pod normalnim atmosferskim pritiskom je qi = 2.26111.1/ kg.

108. Gumeni balon tankog zida i mase m = 50 g napunjen je molekularnim azotom i potopljen u jezero na dubinu h = 100 m.

Naci masu azota" ako balon ria toj dubini lebdi. Spoljasnji pritisak je 1.05.105 Pa, a temperatura vode na toj dubini je 4 DC.


109. Kolika se kolii'ina toplote ntrosi da bi se kiseoniku mase Tn = 10 9 i temperature tl = 27 GC, povecala zapremina tri puta pri stalnom pritisku, a zatim pritisak povecao dva put a pri stalnoj zapremini? Specificni toplotni kapacitet za kiseonik pri stalnom pritisku je Cp = 903.5 J/kgK, a pri stalnoj zapremini ev = 653.1 JjkgK.

110. U usku epruvetu, koja je u vertikalnom polozaju, ubacena je veca kap zive mase rn = 16.8 g. Pri tome je zatvorena izvjesna kolicina vazduha i razmak iznwdju zive i dna epruvete iznosi 4.4 em.

Kolika je udaljenost zive od dna kada se epruveta obrne za 180°? Povrsina poprecnog presjeka epruvete je :10 rnm2 , a atmosferski pritisak 105 Pa.

111. U zatvorenom cilindricnom sudu nalazi se pokretna pregrada koja maze bez trenja da klizi duz suda. Duzina suda je 40 em, a povrSina poprecnog presjeka je 20 em2 . Pregrada, Cija je masa 2 kg, se u pocetku nalazi na sredini suda. U sudu, sa obje strane pregrade, nalazi se vazduh pod pritiskom 0.5 . 104 Pa. Koliko ce se pomjeriti pregrada ako sud pocne da se krece sa ubrzanjem 5 ITt/82

u naznacenom smjeru kao na slid. Zanemariti debljinu pregrade i promjene temperature vazduha.

112. Dva suda napunjena vazduhom, medjusobno su spojena kapilarom sa slavinoIn. Prvi sud se nalazi u parnom kupatilu temperature 100 DC, a drugi u smjesi za hladjenje temperature ·-20 DC. U pocetku , kada je slavina zatvorena, pritisak u prvom sudu je 4 . 104 Pa, a u drugom 1.5 . 104 Pa. Koliki je pritisak vazduha poslije otvaranja slavine, ako je zaprerIlina prvog suda 250 ern3 , a drugog 400 em3? Sudovi ostaju svaki u svojoj sredini.

113. Smjei'ia od 24 g He i 8 g Hz na konstantnoj temperaturi zatvorena je u posudi. Koliki je odnos specificnih toplotllih kapaeiteta pri kOllstantnom pritisku i konstantnoj zapremillu za tu sInjesu ?---"

114. Prilikom izobarne ekspanzije kiseonika -02 utrosi se kolicina toplote Q :-.=; 4 M J. Koliki dio ove energije se trosi na povecanje njegove unutrasnje energije? Kolika ce biti ova energiju za ozon"(03? Veze medju atoiriima u molekulu smatrati krutim. .

1.17. NAUKA 0 TOPLOTI. CASNI ZAKONI 23

115. Jedan mol idealnog gasa izotermno ekspandira od zapremine V, do zapremine V2 = 10V

" a zatim adijabatski ekspandira do

zapremine V3 = 2V2 • Konacna temperatura gasa je Ts = 600 K. Kolika je koliCina toplote dovedena gasu pri izotermiloj ekspanziji? Koeficijent adijabate je K; = 1.41.

116. Idealni dvoatomni gas prolazi reverzibilan eikIus prikazan na sliei. Odredi:

a) Ekstremne temperature ciklusa u funkciji To. b) Primljenu kolicinn toplote u toku jednog ciklusa u funkciji RTo. e) Ukupni izvrseni rad u jednom ciklusu u fu.nkciji RTo·

p B

To [

A

117. U jednom celicnom sudu debljine dna d = 0.4 em i povrsine dna S = 200 em' voda kljuca lla ternperaturi tk = 100°C. Sud se nalazi na resou cija je temperatura t = 200°C. Ako se zanemare bocni efekti odvodjenja toplote, koliko vode ispari svake sekunde? Koeficijent toplotne provodnosti celika je ,,~: 66.88 WjmK, a specificna top Iota isparavanja vode qi = 2.26 M.Tjkg.

l18. Cilindricni parovod ima azbestnu oblogu kao toplotnu izolaciju. Spoljasnja povrsina obloge ima ternperaturu tl = 50°C, a

unutrasnja, koja nalijeze na parovod ima temperaturu t, = 120 DC. Duzina parovoda je L = 65 m, spoljasnji precnik izolacione obloge je d, = 13 em, a unutrasnji d, = 7 em. Odrediti koliCinu toplote koju parovod preda okolini u toku 24 sata. Koeficijent toplotne provodnosti azbesta je 0.209 W / mK.

.119. Debljina zida nekog bojlera iznosi d 1 = 1.5 mrn. Cnutrasnja strana bojlera prekrivenaje naslagorll krecnjaka debljine d2 = 1 mm. NaCi gubitak snage po 1 rn 2 bojlera, ako je unutrasnja temperatura t, = 100 DC, a spoljna temperatura ts = 20 DC. NaCi temperaturu na unutrasnjoj strani rnetala. Koeficijent toplotne provodnosti metala je "1 =75 WjmK, a krecnjaka "2 = 0.6 W/iiLK.


1.18 Molekularno-kineticka teorija

120. Odredi relativan broj molekula azota koji na temperaturi T = 300 K imaju intenzitete brzina u intervalu (2100,2110) m/ s. Uporedi ovaj broj sa relativnim brojem rnolekula vodonika pod i8-tim uslovirna. Kolike su vjerovatnoce da molekuli azota i vodonika posjeduju brzine u datom intervalu na datoj temperaturi.

121. Odredi vrijednost intenziteta srednje, efektivne i najvjerovatnije brzine molekula kiseonika u stacionarnom stanju na temepreturi T O.C 300 K. Nacrtati zavisnost I(v) ina njoj oznaCiti vrijednosti

V na;, V i v,!!, kao i I(vnaj), 1(15) i I(v,!!). 122. Nacrtati kvalitativni grafik raspodjele molekula idealnog

gasa u stacionarnom stanju po intenzitetima brzina. Kako se rnijenja grafik kada se ternperatura gasa smanji cetiri puta? Koliki je odnos najvjerovatnijih brzina, a koliki odnos vrijednosti Maksvelovih funkcija raspodjele Za v :::::: Vnaj na tim temeraturama.

123. Smjesa vodonika i nekog nepoznatog gasa naiazi se u stacionarnom stanju na temperaturi T = 300 _K. Analizorn intenziteta brzina cestica u smjesi nadjeno je da je relativni broj molekula nepoznatog gasa koji ima intenzitete hrzina u intervalu (vnaj - 1, Vnaj + 1) mj 8 jednak relativnom broju rnolekula vodonika koji imaju intenzitete brzina u intervalu (v -- 4.14, 15+4.14) mj s. Odrediti odnos srednjih vrijednosti intenziteta brzina za gasove u smjeSi .

124. PolazeCi od izraza za broj rnolekula koji imaju intenzitete brzina u intervalu izmedju v i v + dv 1 naCi vjerovatnocu da molekul idealnog gasa na stalno] ternperaturi T ima energiju u intervalu E, E + dE! Odredi srednju vrijednost energije, srednju vrijednost kvadrata energije i najvjerovatniju vrijednost energije translatornog kretanja molek111a idealnog gasa, Cija je temperatura 273 K. Zavisi li to od vrste gasa.?

125. U pecnici gdje se odrzava stalna temperatura 250 DC nalazi se neko tijelo. Tijelo seiznese iz pecnice i ostavi da se hladi u prostoriji temperature 20 DC. Odredi vrijeme za koje ce se tijelo ohladiti do pet puta nize temperature, ako je koeficijent hladjenja tijela 3.4 . 104 8-1 NakQ)1 koliko vreJ:nena, ad pocetka hladjenja, ce temperatura opasti za 50, 100, 150i 200 DC?

126. U nekom sndu se nalazi kiseonik pod pritiskom 2 . 10' Pa i

1.18. MOLEKULARNO-KINETICKA TEORIJA 25

na temperaturi 80 DC. Izracnnati:

a) Broj sudara koje pretrpi jedan molekul u toku jedne sekunde. b) Sredn.Ju duzinu slobodnog put a molekula kiseanika. c) Koliko pu.ta ~i. se ~Tomijenila srednja duzina slobodnog puta

rnolekula, ako hI pn lstO.J ternperaturi pritisak iznosio 103 Pa. Precnik rrlO~ekp-14 kiseonika iznosi d =,2.9 . 10-10 m,) -njegova

rnolarna masa Je M = 32 g!mo[, a Bolcmanova konstanta je k c= 1.38 . 10-23 J/ If.

;27,. V~~onik se nalazi u stacionarnom stanju na temperaturi 20 C I pntlsku 8 mFa. Precnik molekula je 0.2 nm. Kolika je srednJa duzlna slobodnog puta rnolekula? Koliko sudara u 1 .s dozivi rnolekul u OVom gasu? Koliko puta je ova srednja duzina slobodnou

puta veca od srednje duzine slobodnog puta na istoj temperaturi pri normalnom atmosferskorn pritisku?

128. Na kojoj je visini pritisak tri pllta manji od pritiska na povT.sini Ze.mlje? Te~p~ratura vazduha je 20 DC, a njena promjena, kao 1 prOIDJena g sa vlSlnom se zanemaruje.

12~. D~ b~ odredio nurnericku vrijednost Avogadrovog broja N A

P.eren Je rnJeno ~aspoclje~u koncentracije cestica gUIniguta, poluprec~ mka 0.212 rnrn ] za.premlnske mase 1 2 103 kg/'m3 d'h

L .' .suspen ovaIll U

vodi na t:emp:~~tl:ri 2.9? Ii. Odnos koncentra~cije cestica gumiguta na dva lllvoa CIJa Je vlslllska razlika 30 mm bio J'e 1875 K l'k .

" _. '. 0 1 a Je vTlJednost Avogadrovog hroja?

130. Primjenjujuci kineticku teoriju gas Ova na metale i izolatore izracunati ID.olarnu specificnu toplotu pri stalnoj zapremini za jedne i druge ~ateTljale. N aci njihov odnos i uporediti sa eksperimentalnim rezultatlIDa.

131. P~imje:r:j~ljuCi kineticku teoriju gasova na. elektronski gas u m~talu:. lZ:vestl lzraz za koeficijent toplotne provodnosti metala Atopl : nac.l. IlJegov odnos sa specjficnom elektricllOlIl provodnoscu u. (IzracUnat,1 konstantu u Videman-Francovorn zakonu).


1.19 Kretanje u elektromagnetnom poIju

132. Izmedju horizolltalnih placa ravanskog kondenzatora kapIjica ulja predjc put S = 1.2 mnt. pod dejstvom sopstvene tezine uni-

, formnom l:>rzinoID, za vrijeme t = 0.1 minut. Ako kapljica nosi 5 elementarnih naelektrisanja, koliko elektrostaticko polje treba ostvariti medju plocama kondenzatora da kapljica moze da miruje (lebdi) u pprostoTu? Koeficljent viskoznosti vazdu,ha je 1.8 . 10-5 Pas, za

preminska masa ulja je 900 kg(m', a vazdubaje 1.2 k/grn'.

133. Elektroni dobiveni terrnoelektrollskorn ernisijom sa katode: ubrzavaju se jednosrnjer-nim naponom U = 260 V i poslije toga ulijecu normal-no u homogeno elektrosta-ticko poljc [ izmedj u plo~ ca ravanskog kondenzatora. Koliki je intenzitet elektro~ statickog polja {, ako elek~ troni 'padaj u na ekran u u tacku y = ~5 ern,

-----------------L d

+

a linearne dimenzije sistema za skretanje S11 L = 10 ern i d = 5 ern

(vidi sliku)?

134. Elektroni sirokog spektra energije ulaze 11 homogeno stacionarno magnetno polje indukcije B = 5.10-2 T, pod uglom a 0=

30° (vidi sliku). Kolika je e~ nergija elektrona koji lzlijecu kroz drugi otvor koji je uda~

!jen 5 em od prvog otvora? Koliko treba da bude mini~ malno rastojanje izmedju ploca da ovi elekLroni ne udare 11

gornju plocu? 135. Dokazati da u hOITlOgenOITl stacionarnom polju intenziteta

magnetske indukcije B 1 kineticka energija naelektrisane cestice ostaje nepr~mijenjena.

136. Monoenergetski elektronL ulijecu kroz procjep 8 1 u ho:""-

.~

1.19. KRETANJE U ELEKTROMAGNETNOM POLJU 27

mogeno elektricno polje .: =1000 V / em pod uglom B = 60° u odnosu na pravac linija sile elektricnog polja. Odredi brzinu Vo elektrona i rastojanje Xo tako da elektroni izlaze iz prostora u kome djeluje elek~

tricno polje kroz procjep S2 normalno na pravac elektricnog polja. Koliki je poluprecnik kruzne putanje ovih elektrona u hOIDogenorn magnetskom polju, indukcije B = 1O~2 T, koje djeluje u prostoru iza procjepa 52.

L...--. ___ ._.X!?. __ ~_. I

137. Izracunati skretanje elektrona u ukrstenoln stacionarnom elektricnorn i magnetskom poljn. Elektroni ulijecn u ukr:lteno polje pocetnom brzinorn Va. Pokazati da je ovo skretanje zbir skretanja elektrona u sarnom elektricnom i sarnom. magnetskom. polju.

138. Maseni spektrolnetar prikazan je na slid. Rastojanje izrIledju izlaznog procjepa 8 1 i ulazIlog procjepa 8 2 na instrumentu za registraciju jonske struje je L = 50 em. Homogeno stacionarno Inagnetsko polje indukcije B 0.05 T djeluje u naznacenom srnjeru. Ako se napon izmedju ploea kondenzatora linearno nlijenja sa vremenOffi, maksimalne vrijednosti jonske struje se detektuju u trenucima t1 i t 2 , kad su elektricna polja jaCine {, =15 kV 1m i {2=60 kV 1m. Pod pretpostavkom da su ispitivani joni jednostruko naelektrisani odredi nj ihove mase.

I Snop.pozifivnih

!';> Jond

-,


1.20 Osnove relativisticke teorije

139. Odredi vlastitu duzinu "tapa ako je u laboratorijskom sistemu refercncije njegova brzina v = c/2, duzina L = 1 m i ugao izmedju stapa i pravca kretanja a = 30°.

140. ,u-mezoll, kre(:uCi se brzinoIn v = 0.99 c preleti od svog

mjesta radjanja do tacke rasp ada rastojanje L = 3 km. Odredi:

a) Vlastito vrijerne zivota tog mezona!

b) Rastojanje koje preleti rnezon s njegove tai'ke gledista.

141. Sistem 5' se krece u pozitivnom smjeru X-ese sistema S ~

brzinom v, pri cem,u se ose X i X' poklapaju. Neka su u momentu poklapanja koordinatnih pocetaka 0 i 0' pokazivanja satova obaju sistema u tim tackama jednaka null. NaCi brzinu prernjestanja tacke u sisternu S 1 u kojo] je pokazivanjc satova obaju sistcm.a za citavo vrijeme jednako.

142. Dvije cestice nalijecu jedna na drugu brzinarna VI = 0.5 c i V2 = 0.75 c. N aCi relativnu brzinu druge cestice u odnosu na prvu

cesticu. 143. Cestica se u 8 sisternu krece brzinorn u pod uglom (Y 11

odnosu na X-osu. NaCi odgovarajuci ugao u sistemu Sf, koji se pre

mjesta brzinom v u pozitivnorn smjerll X-ose, ako se ose oba sisterna

poklapaju.

144. ZaITllsljena kosmicka raketa poCinje da se krece konstantnim u brzanjem 11/ = 10 9 u inercijalnim sistemima refcrencije, vezanim u svakom momentu sa raketom. Pogon traje po zemaljskom vrernenu t = 1 godinu. Odrediti za koliko se procenai:,a razlikuje brzlna rakete od brzine svjetlosti na kraju vreluena t i predjeni put za to vrijerne.

145. Dokazati da je transfonnacija frekvencije za relativisticki longitudinalni Doplerov efekat kod svjetlosti data relacijorn:

(1 - (3 v w V--~ (! =

I+{! e

gdje je 1) brzlna kojom se krece izvor svjetlosti u odnosu na

prijemnik. 146. Po nekoj pravoj krecu se u istom smjeru po~matrac brzino!:n

VI = c/2) a ispred TIJega lzvor monohromatske svjetlosti bTzinom

1.21. TOPLOTNO ZRACENJE 29

V2 = 3/4c. Sopstvena frekvencija svjetlosti je woo NaCi frekvenciju svjetlosti koju mjeri pOSlnatrac.

14-7. Kojorn brzinom se mora kretati vozilo da hi crvena svjetlost sernafora, talasne duzine 700 run, presla u :telenu svjetlost talasne duzine 550 nrn'?

148. Koliku je brzinu neophodno saopstitj tijelu da bi njegova zaprerninska masa porasla. za 10%?

149. Izracunati irnpuls protona u A1 eV/c, gdje je c brzina svjetlosti u vakuumu, ako je kineticka eIleTgija protona Ek .~, 5001\1 eV.

150. U hornogenom elektricnom polju jaC.ine {o~lO kV / em poone se kretti elektron. Kroz koliko vremcna c.e njegova kincticka energija biti jednaka rnoc2, gdje je rno masa mirovanja elektrona?

151. Izracunati ubrzanje elektrona koji se krece duz silnica homogcnog clektricnog polja E =25 kV / em,) u momentu kada je njegova kineticka energija 0.5 'moc 2

, gdje je rno rDasa rnirovanja elektrona. 152. Cestica mase rnirovanja m,o pocinje u trenutku t -:::::;- 0 da se

krece pod dejstvorn statue sile F. NaCi zavisnost brzine i puta od vrem_ena.

1.21 Toplotno zracenje

153. Pokazati cIa 8U spektralna ernisl0na snaga apsolutno crnog tijela Ev i spektralna gustina energije zracenja 'W v povezane relacijom

c Ev =-w 4 v

NaCi veZll izmedju ukupne emisione snage apsolutno crDog tijela E i ukupne gustine energije zra.cenja w.

154. Da bi izveo svoju formulu za spektralnu gustinu energije zracenja Plank je pretpostavio da atomi iii ITlolekuJi u CVTstom tijelu mogu da 08ci1u.1u sarno tako da posjeduju odrcdjene vrijednosti energije oscilovanja koje iznose 0, £, 2c) 3c, ... Prerna tome, kada takav oseilator emituje iii apsorbujeenergiju u vidu elektromag

netnog zracenja, onda i taj emitovani ill apsorbovani iznos energije mora biti cjelobrojni urIlnozak najrnanjcg iznosa E; koji se naziva kv~nt energije oscilov(t,nja. Na osnOVll ovih pretp?sta.vki izvesti Plankovu forillulu za spektralnu gustinu cnergije zracenja apsolutno cr·nog tijela i zakljllCitl cemu treha da bude jednako c.

30 CLAVA I. ZADACI ZA AUDITORNE VJEZBE

155. KoristeCi Plankovu formulu za spektralnu gustinu energije zracenja IlaCi izraz za spektralnu emisionu moe apsolutno crnog tijela na temperaturi T. Izraziti je u zavisnosti od frekvencije v i talasne duzine ).. Nacrtati ih za tri razliCite temperature T, < T, < T3 •

156. PolazeCi od Plankovog zakona zracenja apsolutno cmog ti-jela izvesti:

a) Vinov zakon pomjeranja, b) Stefan-Bolcrnanov zakon i c) izracunati Vinovu i Stefan-Bolcruanovu konstantu. 157. Metalno vlakno precnika d = 0.01 ern nalazi se u evakuira

nom balollu. Propustanjem stalne istosmjerne struje temperatura mu se odrzava konstantnom T = 2500 K. Specifieni otpor metala od koga je napravljeno dakno je p = 2.5· 10- 6 Om. Kolika jacina struje protice kroz vlakno 1 ako snlatramo da zraCi toplotnu energiju kao apsolutno crno tijelo. Gubitke toplote provodjenjem zanemariti.

1.22 Fotoelektricni i Korn.ptonov efekat

158. Cista povrsina cinka obasja se ultraljubicastorn svjetloscu talasne duzine ).. := 25:).7 nrn (jedna linija iz zivinog spektra). Ako je izlazni rad elektrona kod cinka _~- =.' 4.3 eV) kolika je maksirnalna energija enlitovanih fotoelektrona? Koliki je napon zaustavljanja takvih fotoelektrona?

159. Maksirnalna talasna duzina svjetlosti koja moze da izazove fotoelektricni efekat na metalnonl natrijuIDu je Arnax = 545.0 nm.

a) Odrediti rnaksirnalnu brzinu izbijenih elektrona iz natrijurna, ako se on abasja svjetloscu talaslle duzine ). = 200.0 nrn.

b) Koliki je zakocni napon za fotoelektrone izbijene iz natrijuma pod uticajem te svjetlosti?

160. U tabeli Sll navedcni eksperimentalni rezuitati mjerenja zakocnog napona za fotoelektrone koji se izbijaju pod uticajerll svjetlosti talasne duzine koja odgovara glavnirn linijama u spektru zive:

,

I

5461492 I

I

405 I 369

, Talasna duiina I

(nml ___ 436 313

-?akocni napon 1.20 11.50 (V) 0.40 I 0.60 0.90 2.10

1.23. ATOMSKA FIZIKA 31

N a osnovu ovih podataka nacrtati grafik na milimetarskom papiru i sa njega odrediti Plankovu konstantu i izlazni rad elektrona iz rnetala koji je koriiiten u eksperimentu. Odrediti iste velicine metodom najmanjih kvadrata. Uporediti ih sa onim odredjenim sa grafika.

161. Kvant X-zracenja talasne duzine .\ = 0.1 nrn rasijava se na slabo vezanom elektronu atorna rnanjih rednih brojeva, pri. cemu produzava da se krece pod uglorIl e = 90(;. Izracunati energiju koju prirni elektron i ugao pod kojim produzi da se krece nakoll sudara.

162. Rendgensko zracenje talasne duzine ..\. = 0.004 nrn rasijava se na grafitu. Odrediti impuls fotona koji se rasije pod uglom e = 300

i kineticku energiju uzrnaklog elektrona. Da Ii u rasijanorIl zracenju pod titn uglonl ima zracenja sa talasnorn duzinom jednakom upadrlOIrl zTaeenju?

163. Kada se fotonirna talasne duzine ). = 2.4· 1O~3 nm bornbarduje materijal za rasijavanje, registruje se zracenje sa promijenjenom talasnom duzinom pod uglom 0 = 600 U odnosu na kretanje upadnih fotona. Izracunati:

a) Talasnu duzinu fotona rasijanih na slabo vezanim elektronimal b) U gao uzmaka elektrona.

164. U eksperimentu sa rasijanjern X-zracenja, upotrijebljeni su fotoni energije E j = 0.200 M-e1i. Rasijani fotoni sa prornijenjenom talasnom duzinom registrovani su pod uglom 0 = 90° u od~osu na srnjer upadnih fotona. Kolika je energija (u MeV) rasijanih [otona i uzmaklih elektrona'! Razrnotrite da Ii se u tom slucaju opaza vazenje zakona 0 odrzanju energije?

165. U eernu se razlikuje rasijanje fotona elektronirna od rasijanja fotona protonima? Koliki bi bili pomaci talasne duzine ,-zracenja (). = 0.2· 1O~3 nm) pIi rasijanju protonima i slabo vezanim elektronirna pod uglom e = 900 ?

1.23

166. lzraz za stanja!

Atorn.skafizika

a) Koristeci Borov model atorna i Borove postulate izvesti racunanje --i izracunati . .- poluprecnike prva tri stacionarna


b) Kolike su periferijske brzine kretanja elektrona na tim putanjarna?

c) Koliko se rar,likuju ugaone brzine elektrona U osnovnorn i prvom pobudjenom stanju?

d) Kolike 811 kineticka i potencijalna energija (u eV) atoma vo--donika kada se on naJazi U osnovnom kvantnorn stanju?

e) Kolika je ukupna energija aloma (u eV)? f) Kolika je milliumlna energija (u eV) potrebna za jonizaciju

atoma vodonika U osnovnom stanju?

Smatrati da je rrlasa jezgra mnago puta veca od mase elektrona (m

J beskonac:na).

167. Monohrornatska svjetlost nepoznate talasne duzine pada

na atome vodonika koji se nah1.ze U OSIlQVnOrIl. kvantnom stanju. U ernisionom spektru vodonika koji se dobiva poslije interakcije fotena sa atomima vodonika_ javlja se ukupno sest spektralnih linija. Odrediti talasn€ duzine ovih spektralnih linija i energiju fotona upadne svjetlosti.

HiS. Svjetlost od cijevi za praznjenje u kojoj se nalazi vodonik pada normalno n3. difrakcionu re3etku koja ima 590 proreza na 1 m.rn. Pri tome se prvi difrakcionj maksimum 7,a Hex (crvena linija u Balmerovoj seriji) nocl pod uglom 0 = 23°. Odrediti:

a) Talasnu duzinu te svjetlosti.

b) Ridbergovu konstantu.

169. U atomu vodonika elektron prelazi iz stanja Cija je energija veze Eli = 0.54 el/ u stanje Cija je energija pobudjivanja Ee.x 10.2 eV.

a) Odrditi kvanlne [yrojeve koji odgovaraju Qvim stanjima.

b) Izracunati taiasnn duzinu emitovanih fotona!

c) Kojoj spektralnoj seriji pripada ta talasIla duzina? 170. Pri n(-celasticnorD sudaru elektrolla Inase m sa atomom vo

donika IDase M koji mirllje, atoTn prelazi u pobudjeno stanje, e.ija je

energija za LiE- vera od e.nergije osnovnog stanja.

a) Dokazati da minimalna kineticka energija elektrona Ekrnin moze biti odredjen<-t kao

E kmir: rn+M

= --·-t::.E 1v[

I I I I i I

1.24. NUKLEARNA FIZIKA 33

. b) NaCi minimalnu kinetiC:ku energiju elektrona pri neelasticnom sudaru sa atom om vodonika koji miruje, koja je potrebna da prebaci atorIl vodonika iz osnovnog u drugo pobudjeno stanje.

c) Rijesite prethodni zadatak kada bi cestica koja nalijece hila proton.

,171. Ne :uzimajuCi U obzir kretanje jezgra kod jednostruko joni

zovanog atoIDa H e+, izraclinati Ridbergovu konstantu, energij~ ene~~etskih nivoa za n = 1,2,3 i 4. Nacrtati na milimetarskom papiru dlJagram energetskih nivoa za H e+ i H. Sta se moze zakljuCiti posmatranjem dijagrama?

72. Rijesiti prethodni zadatak sarno ·uzeti dvostruko jonizovani atom litijuma L£++.

. 173. a) Izvesti izraz za energiju atorna vodonika i njemu slicnih Jona kada se uzme u razmatranje i kretanje jezgral

b) Kolikom moe; razlaganja tre ba da raspolaze spektralni uredjaj da bi se mogle vidjeti kao odvojene .Ho:. linije koje daje smjesa obicnonvodonika i tricijuma. C>

174. Svjetlost iz cijevi za praznjenje u kojoj se nalazi vodonik obasjava fotokatodu.

. a) Odrediti razliku kinetickih energija elektrona koji nastaju pod deJstvom svjetlosti Iinija Ha i H~.

b) U kakvoj je vezi ova razlika energija sa jednom od iinija u PaSenovoj seriji?

1.24 N uklearna fizika

175. Aktivnost nekog preparata umanji se 71 = 2.5 puta za t = 7 dana.

a) Izvesti zakon radioaktivnog raspada!

b) NaCi period poluraspada datog preparata.

176.-"Radioaktivni natrijum llN ([25 se raspada emitujuCi {3-ces-

tice. Period poluraspada natrijuma je T 14.8 sati. Odrediti broj atorna koji se raspadnu u 1 rng natrijllma za 10 sati.

~77. Odrediti masu oiova Pb"(l6 nastalog radioaktivnim raspada

njem 1 kg. Cistog r.: 238, od nastanka Zernlje (prije t= 2.5.109 godina),

ako Je VTlJeme poluraspada uranovog izotopa T = 4 . .5 . 109 godina.


178.Dat je sljedeCi radioaktivni niz:

38 5 r90 f3-~~~_ .. , 39 yOO ___ f3= __ T = 28god T = 64.2sata

(stabilan)

U trenutku t = 0 izdvojen je Cist preparat stroncijurna 5r9o Cija je rnasa mSr = 1 rng. Kolika je rnasa cirkoniju.rna. Zr90 dvije godine

posilJe izdvajanja stroncijuma? 179. Radioaktivni element, Cija je konstanta radioaktivIlog ras

pada ..\. stvara se konstantnom brzinom q. U pocetnom trenutku t = 0 radioaktivni element nije postojao (No = 0). Dokazati da je broj radioaktivnih atorna poslije vrernena t, koje je jednako periodu poluraspada T, jednak polovini ravnoteznog broja radioaktivnih

atoma. 180. Izrai'unati energetski efekat Q nuklearne reakcije

Da Ii je reakcija egzoenergetska ili endoenergetska ? 181. Alfa cestica sa kinetickorD energijonl Ek = 7 MeV elastic no

se rasije na jezgru L£6 koje je bilo u stanju rnirovanja. Odrediti kineticku energiju uZIIlaklog jezgra ako je ugao medju pravcirna kretanja poslije sudara B = 60°

182. Elektricna snagajedne nuklearne elektricne centraleje Pol = 100 MW. Koeficijent korisnog dejstva nuklearne elektrane je 1) = 25%. Koliko se cistog goriva U 235 utrosi u toku svakog sata rada

nuklearne elektrane?

Glava 2

Zadaci za kontrolisano

ucenje

35

2.1 Kinematika translatornog kretanja

1. Tijelo lZVTsi dva uzastopna, po brojnoj vrijednosti jednaka pomjeranja, brzinarna VI :::-.::: 20 mj s pod uglom 0::] = 60° i V2 = 40 mj s pod uglorn "" = 1200 u odnosu na zadani smjer. Odrediti srednju brzinu .

/!lie!!. v ~, 23.09 m/8, f3 = 900

'.I 2.) Dva broda se krecu po rnirnoj je,erskoj vodi brzinarna V, = 36'1dh/h i V2 = 72 km/h pod uglorn '" = 300 jedan prerna drugorn. Odrediti brzinu prvog broda U odnosu na d~rugi, a" zatim brzinu dru-gog hroda U odnosu na prvi. ZakljuCi! \

Rjes. V,2 = V21 = 104.7 km/h, V12 = ~-V;, 3. Motorni camac se krece brzinom v = 10 m/ s U odnosu na

vodu u rijeci pod uglorn Q = 1200 u odnosu na srnjer njenog toka. Ako je brzina vode u rijeci, u odnosu na obalu v, = 4 km/h, odredi rczultujucu brzinu camca U odnosu na ohain.

Rje!!. Vr = 10.68 m/ s, f3 = 117,92° 4. Posmatrac koji u trenutku prolaska voza stoji pored njegovog

prednjeg kraja, konstatovao je da je prvi vagon prasao pored njega za vrijerne t = 4 8. Koliko ce se dugo pored njega kretati n-ti ( 10-ti ) vagon? Kretanje voza srnatrati jednoliko ubrzanim . Uzeti da je prvi vagon lokornotiva, iste duzine ka:o~ i vagoni. Graficki prikazati

36 CLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UGENJE

v(t) i 5(t) za to konkretno kretanje, ako bismo uzeli da je duzina vagona L = 15 m.

Rjd. t = O.SI 8

5. Uz strmn ravan gurnu se kolica. Na rastojanju S = 30 em od pocetka puta kolica su bila dva puta: kroz 1 sekundu i kroz 2 sekunde od pocetka kretanja. Odrediti pocetnu brzinu i ubrzanje kuglice smatrajuCi ga konstantnim.

Rjd. va = 0.45 ml s, a = 0.3 ml32

~"@ Tijelo sa pocetnom brzinom Vo = 10 m/ s poene da 5e krece jednoliko usporeno i zaustavi 5e presavsi put Sz = 20 m.

a) Koliko je usporenje tijela? b) Koliko je vremena potrebno za zaustavljanje tijela?

c) Nacrtaj grafik zavisnosti v(t) i 3(t)! Rjd. a = 2.5m/32 , t z = 48 7. Covjek koji 5e nalazi u sobi na petom spratu vidi kako pored

njegovog prozora proleti odozgo saksija sa cvijecem. Rastojanje 2 m, jednako visini prozora saksija proleti za 0.1 s. Vis ina jednog sprata je 4 m. UzimajllCi da je g ,= 9.81 ml 3 2

, odrediti sa kojeg je sprata pala saksij a?

Rjd. n = 10

~) Lopta pacine na raVIlU povrsiu-q. sa visine 20 rn i odskoei na visinu 8 m.

a) Kolika je brzina lopte neposredno prije sudara sa povrsinom?

b) Koliko je vremena proslo od momenta kad je pocelo padanje do dostizanja najvise tacke poslije odskoka?

c) Kolika je brzina lopte neposredno poslije odskoka?

Rjes. a) v = 19.81 mis, b) t = 1.28 3, c) v.o= 12.52 rn/s 9. Pod kojim uglom u odnosu na horizontalnu ravan treba u

praviti mlaz vode da hi dostignuta rnaksimalna visina hila jednaka dometu? Koliko je tada vrijelne kretanja mlaza kroz vazduh?

Rjeif. a = 63.4°, tk = 0.18vo (s) 10. Voz se krece po krivini poluprecnika krivine r = 400 rn

pri cemu je njegovo tangencijalno ubrzanje at = 0.2 mj 8 2. Odrediti

njegovo norrnalno i totalno ubrzanje u trenutku kad je njegova brzina

11 = 10 mls. RJeii. an = 0.25 ml 8', a ~" 0.32 ml8'

I t " !

I I

I .1 J / ~

2.2. KINEMATIKA OBRTNOC KRETANJA 37

2.2 Kinelllatika obrtnog kretanja

11. Automobil se krece brzinorn Vo = 60 km/h. Poslije pocetka kocenja on se kretao pravolinijski sa promjenljivim usporenjem i zaustavio se nakon 3 sekunde. Za to vrijeme je presao put S = 20 m. Odrediti srednju vrijedpost uf;aone brzine i ubrzanja tockova automobil a za vrijeme kocenja. Poluprecnik toi'ka je 0.23 m.

Rjes. W M • = 36.23 radjs, aBr = 24.15 radj 8 2

12. Pri krllznom kretanju materijalne tacke radijus vektora r = 0.8 m opise ugao e = 1500

, pri cemu joj se periferijska brzina promijeni od v, = 0.4 m/8 do "", = 1.5 m/8. Odrediti tangencijalno ubrzanje tacke na tom putu 1 ako se zna da se brzina na tom putu ravnomjerno povecavala.

Rjes. at = 0.5 m/82

13. Neko tijelo poCinje da se obrce konstantnirn ugaonim ubrzanjem a :-::: 0.04 radj 3 2

• Kroz koliko vremena, od pocetka obrtanja, ce totalno ubrzanje bilo koje tacke tijela biti usmjereno pod uglom 76° U odnosu na srnjer njene brzine?

Rjd. t = 10 s

14. Tacka A se nalazi na obodu tocka radijusa r = 0.5 m koji se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj povrsini brzinom Va = 1 mls. NaCi:

a) moduo i smjer vektora totalnog ubrzanja tacke A, b) ukupni put 5 koji predje tacka A izmedju dva uzastopna dod ira

s povrsinom.

Rjel!. a) a=2m/s',(3=0,b) 5=3.14m 15. Rotor elektromotora koji se vrti ugaonom brzinom W =

314 radj 8, nakon iskljucenja vrti se jednoliko usporeno i zaustavi nakon 1680 obrtaja. Koliko je ugaono usporenje rotora?

R.ieS. a = 4.67 rad/8' 16. Tocak koji irna 12 jednako udaljenih paiaca, za vrijeme obr

tanja se fotogralise sa ekspozicijom 0.04 s. Na snimku se vidi da se svaki palac za to vrijeme obrnuD za polovinu ugla izmedju dva susjedna palca na tocku. N aCi ugaonu· brzinu tocka.

Rjd. w = 6.54 radl3 17. Mali teg opisuje krug radijusa 5 ern krecuCi se konstantnirn

tangen~fjalnim u brzanjem at = 0.05 mj 8 2 • Cernu je jednaka perifer-

38 GLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UC:ENJE

ijska brzina tega na kraju petog obrta? Kolika je njegova ugaona brzina i ugaono ubrzanje u tom trenutku ?

RJeif. Vt = 0.396 mis, w = 7.92 rad/s, IT = 1 rad/s' 18. Kamen se baci pod uglorn Q = 600 prerna horizontali, poce

tnorn brzinorn Vo = 19.62 m/ s. Koliko je norrnalno, a koliko tangencijalno ubrzanje kanlena nakon 0.5 S od izbacivanja ?

RJei3. an = 6.18 m/ S2, at = 7.62 m/ s'

2.3 Dinalllika translatornog kretanja

19. Tijelo mase rn = 10 kg podiie se polagano (bez ubrzanja) po zlijebu visine h = 3 m i duzine osnovice b = 6 m. Znajuci da je koeficijent trenja izrnedju tijela i zIijeba !1 = 0.2 odrediti:

a) rad spoljasnje sile (vui'ne sile), b) rad sile teile, c) rad sile trenj a i d) rad sile normalne reakcije. RJeil. a) Av = 412 J, bJ AG =··294.3 J, cJ A" = -117.7 J i dJ

AR =0 20. Dvije kugle masa rrI-I = 2.5 kg i m2 = 1.5 kg krecu se jedna

prema drugoj brzinama VI = 6 Tn/ s i V2 = 2 m/ s. Odrediti: a) brzine kugli poslije sudara, b) kinetii'ke energije kugli prije i poslije sudara i

c) energiju koja se utrosi na deformaciju kugli pri sudaru. Sudar smatrati centralnim idealno neelasticnim.

Rjes. a) v = 3 mis, b) Ek 48 J, E~ = 18 J e) Q = 30 J 21. Dva tega masa Tn, = 10 kg i rn2 = 15 kg objeseni su na

neistegljivu Iaganu nit duzine L = 2 m, tako da se dodiruju. Manji teg se otkloni za ugao 0: = 60° i pusti. Na koju visinu h, U odnosu na ravnotezni polozaj sistema, ce se popeti tegovi poslije sudara? Sudar smatrati centralnim, idealno elasticnim.

RJ·eS. h, = 4 em, h2 = 64 em 22. Tijelo mase m, = 0.1 kg pustimo daklizi niz kosi zIijeb, koji

prelazi u l)rnTtvu petlju" poluprecnika R = 0.75 ITL U najnizoj tacki ono se idealno elasticno su.dari sa tijelom .rnase· -rnz = 0.30 kg koje je' mirovalo (vid\ sIiku). Sa koje visine je pusteno da klizi tijelorr",

2.4. GRAVITACIJA

ako se poslije sudara tijelo m2 odvoji od petlje na visini h = 1.125 m, a prvo tije-10 vrati nazad po zIijebu, a zatim ponovo kliznuviii, od-vaja se od petlje u istoj tac-ki kao i mz? Trenje zane-mariti.

R

RJeif. H = 32h-!j- (m, - mI)2 = 5.25 rn rn. l

2.4 Gravitacija

39

23. Tanak homogen stap duzine L = 2a i mase M nalazi se na rastojanju d = 2a od cestice mase m koja Ieii na pravoj koja prolazi normalno kroz njegov centar.

a) Naci intenzitet sile F kojom stap djeluje na cesticu. b) Razmotriti slucaj d » L c) Uporediti sHu F sa silom F' sa kojom bi djelovale rnaterijalnc

ta<:ke rnasa M i rn koje se nalaze na medjusobnom rastojanju d = 2a. d) Izracunati siiu rnedjusobnog djelovanja ako hi cestica hila na

osi stapa na rastojanju d = 2a od njegovog centra. . Rjes.

a) c)

F = "i~ai sinarctan(O.5), b) ~ sin arctan(0.5)' d)

24. Odrediti gravitacionu silu F koja djeluje na tackastu masu koja se nalazi u unutrasnjosti homogenog sfernog sloja.

RjeS. F = a 25. NaCi gravitacionu potencijalnu energiju veoma tankog ho

mogenog sfernog sloja i cestice rnase m koja se nalazi na rastojanju r od centra sfernog sloja. Masa sloja je M i poluprecnik R. Razmotriti slucajeve:

a) r > R b) r < R c) Graficki predstaviti zavisnost ~p( r) za oba slucaja. Rj'eJ. a) Ep =. ~~l'Mr!!!' b) Ep = --1~1n


25. SmatrajuCi Zemlju homogenom lop tom poluprecnika R z , i zanemarujuCi otpor vazduha, odrediti potencijalnu energiju Ep( r) sistema Zemlja- tijelo koje se moze pomjerati kroz uski kanal napravljen kroz Zemlju duz njene ose (Predpostaviti da je potencijalna energija tijela na beskonacnosti od centra Zemlje jednaka nuli). Kolika je potencijalna energija Ep(O), kojom raspolaze sistem kad je tijelo u centru? Uporediti Ep(O) sa potencijalnorn energijom kad je tijelo na povrsini Zernlje Ep(Rz).

Rjd. Ep(r) = -21fp/m (R;.- 'i), Ep(O) = -21fp/mR" Ep(O) = %Ep(Rz) 26. Data je homogena kugla mase M i poluprecnika R. NaCi

jacinu gravitacionog polja § i potencijal tp gravitacionog polja te kugle kao funkciju rastojanja r od njenog centra (za r < R i r > R). Nacrtati odgovarajuce grafike za ,9(r) i I"(r).

RJ·eii.

{

__ ~:11!. r r < R. ,9(r) = ltr'-

---l r2' r:2:R { -27rpry (R2 - i'.) r < R

rp= 3' -

... ryM r> R , ' -

27. Odrediti odnose ubrzanja a, koje gravitaciona sila saopstava tijelu na povrsini Zernlje, ubrzanja a2 koje centrifugalna sila inercije saopstava tijelu na ekvatoru i as ubrzanja koje Sunce saopstava tijelirna na Zernlji.

Rjeii.

a, -, "1 M , R; 0., as "1 M , R;

h' 1" ,

!>&. I HZ,

0., a2

a, 1 0.0034

0.0006

28. Satelit bi trebao da se krere u ekvatorijalnoj ravni Zernlje u blizini njene povrsine po kruznoj putanji u smjeru) ili u suprotnom

. smjeru ad njenog abrtanja ako sopstvene ose. NaCi , u sistemu referencije vezanom za Zernlju, koliko puta je kineticka energija satelita u drugom shicaju veca od one u prvom.

RJes. Ek2 =J~::~:)2 = 1:_27, vl-prva' kosmicka brzina vTperiferijska brzina tacaka na povrsini Zernlje

2.5. DINAMIKA ROTAClONOC ImETANJA 41

29. Sm,atrajuCi daje gravitaciono polje Mjeseca na mjestu gdje se nalazi Zernlja nehomogeno, dati objaSnjenje kako se pojavljuju plirna i osjeka.

2.5 Dinarnika rotacionog kretanja

30. Izvesti izraz za racunanje momenta inercije:

a) Tankog homogenog stapa u odnosu na osu koja je norrrHllna na stap i prolazi: 1) kroz jedan njegov kraj i 2) kroz njegov centar rnase. Masa stapa je m, a njegova duzina L.

b) Tanke hornogene pravougaone place u odnosu na osu koja prolazi normalno na plocu kroz jedan njen vr1. M,asa ploce je m, duzina a i sirina b.

c) Homogenog diska U odnosH na osu simetrije koja je normalna na ravan diska. Izracunati taj moment ako hi disk hio ad bakra zaprerninske mase p = 8900 kg/m,3, debljine 1> = 2.0 rnm, i poluprecnika R = 100 mm,

d) Tankog kruznog prstena u odnosu na osu koja prolazi kroz centar prstena normalno na njegov11 ravan, ako su ullutrasnji i vanjski poluprecnici RI i R2) respektivno, masa m, i sirina. b. (Rl ~ R2 ~ R).

e) Homogene kugle 11 odnosu na osu koja prolazi: 1) kroz centar, 2) kroz jednu tacku na njenoj povrsini u pravcu tangente. Masa kugle je m, a poluprecnik R.

RJ'eii a) 1) 1= =L' 2) 1 = =L' b) I = "'i,'+b') , 3 ) _ 12 7 3'

c) 1= =~' = 2.8.10- 3 kgm' d) 1 = mR', e) 1) I = ~mR2, 2) )' = .!..mR2

5

31. Na masivni nepomicni kotur mase m'l i poluprecnika r na-motana je lagana nerastegljiva nit, koja je jednirn krajern vezana za jednu tacku na obodu kotura, a na slobodni haj je privezano tijelo rnase m. U trenutku t = 0 sisteIIl se prepusti samOIIl sebi i on poene

da s'e krece. NaCi moment koliCine kretanja sisterna u trenutku i od pocetka kretanja. Predstaviti na .crtezu vektor rIlomenta koliCine kretanja sistema U odnosn na osu oko koje se obrce kotur.

R 0 .. L ~ 2:m(:m+:md t Jeso ~ 2:m+:m1 rg

32;-- U sistemu °kao na slid poznate su mase tij"ela rnl = 4kg i rnz 2kg, koeficijent trenja /1 = 0.1 izmedju tijela rnl i horizontalne


podloge, kao i masa kotura m = 10 kg, koji mozemo smatrati homogenim diskom. Nit se ne kHze po koturu. U trenutku t = 0 tijelo m2 pocne da se spusta. ZancmarujuCi masu niti i trenje U osovini

kotura, naCi rad sile trenja koja djeluje na tijelo ml za vrijeme t = 5 S od pocetka kretanja. Kolika je kineticka energija sistema u tom trenutku? Koliko je smanjenje potencijalne energije sistema? Smatrati da tijelo ml ostaje

m,

m,

stalno na horizontalnoj podlozi i da nema trenja u osovini kotura kao ni sa vazduhom. '

Rjd.

33. Oko horizontalne ose moze slobodno (bez trenja) da se vrti

poluga mase m = 1 kg (vi-di sliku). Na krajevima po luge smjestene 8li tackaste mase ml = 0.2 kg i rn2 = 0.3 kg. Prepusten sam sebi sistem prelazi iz horizontalnog u vertikalni polozaj.

o m,(t==+===~====3+m,

L, L ~

Koliku c~ brzinu imati masa m2 u najnizoj tacki putanje, aka je L1 = 0.2 m I L2 = 0.8 m.

Rjes. v = Lzw, w = V2~~" V = 2.16 m/s

34. Matematicko klatno mase m i stap rnase M (vidi sliku)

2.6. IiIDROS'TATIKA I IIIDRODINAMIKA

objeseni su u jednoj istoj tacki A, oko koje mogu slobodno oscilovati. Duzina maternatickog klatna je jednaka duzini stapa. Kuglica klatna se otkloni u stranu tako da se podigne na visinu h u odnosu na svaj najnizi palazaj. Aka se kuglica pusti ana se neelastiCno sudari sa stapom. Kako ce se kretati kuglica i donji kraj stapa poslije sudara i na koliku visinu ce se podiCi.

Rjes. Ii = (2rn+1I)(~hm+M)

.~ L

.. m

-':'--.-.~.

43

35. Rijesiti prethodni zadatak pretpostavljajuci daje prije sudara bio otklonjen stap ( njegov donji kraj podignut za h).

R - , f 3M'h ]CS. ~I = 2(3m+Mr'~

36. Sa jedne iste visine strme ravni istovremeno pocnu da se kotrljaju homogeni valjak i kugla jednakih poluprecnika.

a) Koje tijelo ce irnati vecu brzinu na nekoj datoj visini? b) .Koliko puta ? c) Koliko puta ce brzina jednog tijela biti veca od brzine drugog

u datom trenutku? RjcS. a) kugla b) Vk = 11._ 'v c)"-k = I, , V 14 v, v" 14

2.6 Hidrostatika i hidrodinamika

37. U spojenirn sudovima se nalazi ziva. Povrsina presjeka jednog kraka je cetiri puta veca ad povrsine presjeka drugog. U uski krak se nalije stub vode visine Ii = 70 em. Za koliko se podigne ziva u sirern, a spusti u uzem kraku U odnosu na prvobitni polozaj. Zapreminska rnasa vode je Po = 103 kg / m S , a zive P = 13.6.103 kg / m 3 •

Rjes. hI = 'i¥!J1 H = 4.1 em 'P

38. Pravilan drveni cilindar pliva na povrsini vode take da se u vodi nalazi 0.9 njegove visine. Koji dio visine dEndra ce bit~ potopljen u vodu ako na vodu nalijemo sloj ulja koje potpuno prekrije cilindar. Zapreminska masa ulja je Po = 0.8.103 kg/m" a vode Po = 103 kg /m3

•

Rjd. h, = H /2

44 GLAVA 2. ZADA.CI ZA KONTROLI5ANO UGENJE

39. Sa visine h = 1 m iznad nivoa miTne jezerske vode pusti se da slobodno pada mala sfeTna kuglica od materij-ala zapreminske mase p = 920 kgjrn3

• Na kojoj dubini u vodi ce se zaustaviti ta kuglica? Koliko vremena ce se kretati kuglica kroz vodu? Otpor vode zanemeriti, a gustinu srnatrati poznatom.

R · 'H I' h . -' .' 2py'2ih Je5. = --:::- = 1L) m, t, = 2t = --- = 104 s

. .PO ~ • • (po-p)g' 40. Kroz honzontalnu kapllaru unutrasnjeg poluprecnika r

1 mm i duziIie L = 2 ern koja se nalazi na boenoj strani otvorenog cilindricnog suda poluprecnika R = 2 em istice ulje koeficijenta viskoznosti 1] = 1.2 Pas i zapreminske mase p = 900 kg/rn3 • Iz~acunati kolika je brzina Vl isticanja ulja kroz kapilaru, a kolika je brzina spustanja nivoa ulja. u cilindricnom sudu u mornentu kada je nivo ulja nad sredistem kapilare h .= 26 em. Smatrati da ne dolazi do zadrzavanja ulja na zidovima suda.

R' .. aflh j , Jes. v] = 81}i- = 1.2 em s, v = "k2Vl = 0.3,10- 2 cm/s

41. Iz cilindricnog suda vlsine h = 1 m i poprecnog presjeka povrsine S lstice voda kroz otvor na dnu. OtVOT na dnu je kruznog oblika povTsine 5, = cO / 400. Izracunati za koje vrijerne ce voda isteCi iz suda, ako je on u pocetku bio napunjen vodom do vrha. Kontrakciju mlaza fie uzimati 11 obzir.

R ·'·t~1./2h(2 ~2) Jes . . - s~ V -,; cO .- ", == 180 5

4.2. Na zidu suda sa vodom napravljena sujeda~ nad drugim. dva otvora svaki povrsine cO. Rastojanje medju otvorima je h. U sud se u svakoj sekundi ulije Q litara vode. N aci tacku presjeka mlazeva koji isticu iz otvora, ako je Q jednako zapremini vode koja u sekundi istekne kroz otvore.

R · .. n2 S2"h2 Q' Je5. x =."-- - _ .. ,- y - -- 4gh _ .L 4g,<>2 QZ, -- 4g82 8g

2.7 Oscilatorno kretanje

43. Kuglica vrsi harmonijsko oscilovanje duz X-ose, aka ravnoteznog polozaja x = O. Vlastita kruzna ucestanost oscilovanja je Wo = 4 rad/ s. U jednoID trenutku koordinata polozaja cestice je Xo = ~,25 rn, a projekcija njene brzine VOx = 1 m/s. NaCi koordinatu polozaja x i brzinu Vx ~estice nakon t = 2.4 s. Graficki prikazati zavisnost x, Vx i ax od vremena t.

2.7. 05CILATORNO KRETANJE 45

RJes. x = -0.29 m, Vx = -0.8 m.ls 44. N a krajeve opruge kao na sEci pricvrscena su dva tijela rnasa

ml i mz. Ako oprugu rasteg-nerno; drzeCi za tijela i pustimo obje mase istovrerneno, nastace

oscilatorno kretanje. Odrediti period oscilovanja sistema. Krutost opruge je k. Sva trenja, kao i otpor vazduha za~em.ariti.

Rje[;. T = 27fyi~ .. m = .2'l1."'.L k' ffl.,j-+m.2

mz

45. Ako bi se kroz Zemlju probio tunel, u nekom pravcu koji ne prolazi kroz centar (vidi sliku), i u njega, u tacki A postavilo tijelo mase m, ono bi, ukoliko nema trenja, vrsilo harmonijske oscilacije. Dokazati to! Zernlju smatrati homogenorn kuglom zapreminske mase p = 5.5.103 kg/ms

Rotaciju ne uzirnati u obzir. Naci period j;ih oscilacija.

R · " F 4 Jes, x = -si7rpmx,

l' = . f'Fi .:= 84.5 m£n V IP

m A

46. Neka malo tijelo vrsi priguseno oscilovanje sa kruznorn ucesta-

noseu w = 25 rad/ s. NaCi koeficijent prigusenja /3, ako u pocetnom trcnutku brzina tijela iznosi Vo = 0, a njegovo pomjeranje od. polozaja ravnoteze r; = 1.02 puta manje od amplitude u pocetnom trenutku.

RJes. f3 = -w tan a = 5.1 3-1

47. Na oprugu ciju masu mozemo zanemariti objesi se teg, usljed (ega se ona istegne za .6..L = 9.8 em. Koliki ce biti period oscilovanja tega, ako ga malo gurnemo u vertikalnom praVCll ? Longitudinalni dekrement prigusenja je )" = 3.14.

Rjes. T = 21fJ D.gL [1 ~ (,";:)'] = 0.7 s

48. Kada se kuglica mase m objesi na oprugu ona se izduzi za t:"L, Pod djelovanjem spoljasnje vertikalne gile, koja se mijenja po harmonijskom zakonu i irna a:tnplitudu Fo; kuglica vrsi prinudne

. 'oscilacije, Logaritamski dekrernent prigusenja je A.. ZanemarlljuCi masu opruge, naCi kruznu ucestanost prinudne sile pri kojoj ce arn-

46 GLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLlSANO UGENJE

plituda pomjeranj;; kuglice biti maksirnalna. Kolika je ta amplituda?

R · • - I g ,~I"(,,l' F· ( ') Jes. w - V!~--·I.::· a - oAL::"L 1 + 4, rez b.L 1+(>.j21r)2' rez - 41rmg ,;;:-z

49. Kuglica mase m = 50 g objesenaje na oprugu bez tezine, krutosti k = 20 N / m. Pod djelovanjern prinudne vertikalne harrnonijske sile kruzne frekvencije w = 25 Tad/8 kuglica vrsi uspostavljene prinudne oscilacije sa amplitudOni a = l.:1 ern. Pornjeranje zaostaje u fazi za prinudnom silom za a = 37r /4. NaCi rad prinudne sile za vrijeme jednog perioda.

RJes. A = :rrma' ([U' - wl) = 6 . 1O~3 J

2.8 Talasno kretanje

50. Jed.naCina progreshrnog ravanskog talasa ima oblik:

t;(x, t) = 60 cos{1800t ,- 5.3x)

gdje je f. dato u mikrornetrirna, t 11 sekundarna, x u metrim,a. Nab: a) Odnos amplitude pomjeranja cestica i talasn€ duzine. b) Amp litudu oscilovanja cestica sredine i njen odnos sa brzinom

sirenja talasa.

c) Amplitudu oscilovanja relativne deforrnacije sredine i njenu vezu sa amplitudom oscilovanja brzine cestica sredine.

Rjeii. a) ~ = ak = 506 . 1O~6 b) a = 60 . 1O~6 m ~ A 2r. ., 'c

1.77.10,.7 8 w

G rnax = ka = ~ = Vm.(~'" W "

c) emax = ka = 3.18·10-4,

51. U homogenoj elasticnoj sredini rasprostire se ravanski talas oblika

t;(x, t) = a C05(1Ot ~ kx)

Predstavi za trenutak t = 0: a) Grafik zavisnosti ad x veliCina: E f;!£ f;!£ , at' ax b) Srnjerove orzina cestica elasticne sredine u tackanla gdje je

E = 0 za slucaj longitudinalnog i transv-erzalnog talasa. ' c) Grafik raspodjele gustine sredine p( x) za longitudinalan talas

(uzeti sredinu proizvoljne gustine Po). RJeii. a) E(x) = acoskx, 'i;f = awsinkx, E; = ~aksinkx c) p( x) = Po + poak sin kx, gdje Po gustina sredine kada u njoj

nema talasa.

2.9. NAUKA 0 TOPLOTJ. GASNI ZAKONI 47

52. U sredini sa gustinom p siri se ravanski longitudinalni harmonijski talas. Brzina talasaje v. SmatrajuCi daje prornjena gustine sredine pri prolasku talasa /!"p < < p pokazati da je:

a) prirast pritiska u sredini /!"p = "pv 2 ~;, gdje je ~ relativna

deformacija sredine. b) Intenzitet talasa dat relacijom 1 = ,6,P2:, .... " gdje je /:),.Pmaz am-

P" plituda oscilovanja pritiska.

53. Najednoj istoj normali na zid nalazi se izvor zvuka frekvencije Vo = 1700 Hz i prijemnik. Izvor i prijemnik su nepokretni, a-, zid se udaljava od izvora brzinom V z == 6 cmj.s. NaCi frekvenciju udara (otkucaja) koju ce registrovati prijemnik. Brzina zvuka je 340 m/ s.

RJeii. V = '+v~ Vo = 0.6 Hz v v",

54. Tackasti izotropni izvor zvuka zvucne snage P = 0.1 W nalazi se u centru supljeg cilindra poluprecnika R '~-::::: 1 rn i visine h = 2m. PretpostavljajuCi da zidovi cilindra potpuno apsorbuju zvuk naCi srednji fluks energije koja pada na bacIlu pavrsinu cilindra.

RJd. <j) = Psin(arctan,~) = 0.07 W 55. Na rastojanju Tl = 20 rn ad tackastog izotropnog izvora

zvuka niva jaCine je Ll = 30 dB. Zanemarujuci prigusenje zvucnih talasa naCi:

a) Nivo jacine na rastojanju T2 = 10 rn ad izvora! b) Rastojanje r od izvora na kome se zvuk fie cuje. RJd. a) L, = L, ····20 log'" = 36.02 dB, b) r "' '

632.45 m

2.9 N auka 0 toploti. Gasni zakoni

56. Tocak lokomotive ima poluprecnik ro = 0.5 m na to = 0 °C. Odredi razliku u broju obrta tocka ljeti, na, temperaturi t, = 25 DC i zimi, na temperaturi t, = -25 DC, na putu od L = 100 km. Terrnicki koeficijent linearnog sirenja metala od kojeg je napravljen tocak je O! = 12 . 1O~6 °C~1

RJes. ~n ~ ~o:dtl-t . .u ~ 19 2r.rl}

57. Staklena kuglica terrnickog koeficijenta zapreminskog sirenja I, vaga se u tecnosti na ternperaturi tl i t2' Tezine istisnutih tec:nosti na tim temp-eraturama su G 1 i G z- Odrediti term,icki koeficijent zapreminskog sirenja tecnosti It.

48 GLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UGENJE

R' Y - Gl·~GZ+.liGlti -Gzt .. d Jes. It ~ G;·t?~Gltl'"rlt2tl(G2~GJ)

58. Stakleni sud je tezak Go = 0.53 N. Ish sud napunjen zivom tezi G 1 = 13.84 N na 0 °C. Kada se ovaj sud zagrije do temperature t = 5.25 DC, jedan dio zive istekne iz suda, a njegova tezina je pri tome G 2 = 13.76 N. Koliki je termicki koeficijent zapreminskog sirenja stakla od kojeg je sud napravljen, ako je termicki koeficijent zapreminskog ;;irenja zive 72 = 1.18.103 K-1 ?

R;"ei!. 71 = G'-G(~'!Zg:)t-q'>.2t = 2.8 . 10.-5 K-j

59. Srnjesa vode i leda, temperature to 0 DC, treba da se zagrije do temperature t3 = 50 DC dovodjenjem vodene pare temperature t2 100 "C. Masa vode je m, = 1 kg, a leda m2 = 0.5kg. Koliku masu vodene pare treba uvesti. Specificni toplotni kapacitet vode je 4186 J / kgK, specificna top Iota topljenja led a q, = 0.33 11,1 J / kg, a specificna topiota isparavanja vode qi = 2.26 M J / kg.

R' " .d.t3- tq)( rn l+m"H-m.ZQl 193 Jes. m3 q,-+c(tz t3) = 9

60. Kolika se koliCina toplote dovede masi led a od 0.5 kg koji se nalazi na temperaturi t = ~ .. 5 °C, da se prevede u paru pod normalrum atmosferskim prltiskom temperature tk = 100 GC. Specifieni t,oplotni kapaciteti vode i leda su C, = 4.19 kJ / kg I{ i C2 = 2.1 kJ jkgK, respektivno. Specificna toplota isparavanja vode je qi = 2.26 M J I kg i specificna toplota topljenja leda qt = 0.33 MJ j kg.

R;"d. Q = mC2(O DC -t) +mg,-i-mC1(tk -0 DC) +mqi = 1.26 M J 61. KIipnom purnpom zapremine .6.. V = 400 ems vrsi se is

pumpavanje balona zapremine V = 1 dm3• NaCi pritisak u rezer

voaru poslije dvadesetog hoda pumpe, ako je pocetni pritisak Po 1.01 . 105 Pa. Proces ispumpavanja smatrati izotermnim.

. _ ( V )20 Ryes. P2D Po 1'+L>V = 1.21 kPa 62. Dva staklena suda S11 medjusobno spojena preko slavine. Dok

je slavina zatvorena u prvom sudu zaprernine VI = 2 dms, nalazi se gas pod pritiskom P1 = 105 Po., a u drugom sudu zapremine V2 = 7 dm 3 isti gas je pod pritiskom pz = 0.525 . 10' Pa.. Odrediti:

a) Pritisak gasa poslije otvaranja slavine, pod pretpostavkom da se temperatura gasa ne mijenja.

b) KoU5:inu materij~ (gradiva) u oha suda, ako je sistem na tern-_ peraturi T = 300 K.

Rjes. a) p = Pl~~_~~V2 = 0.63.105 Pa, b) n;;;;:: p(V~;~.?l = 0.23 mola

2.9. NAUKA 0 TOPLOTI. GASNI ZAKONI 49

63. U kojem odnosu su potrebne koliCine toplota da bi se heli-jumu:

a) Povecala zapremina dva put a pri stalnom pritisku? b) Povecao pritisak tri puta pri stalnoj zapremini?

Adijabatska konstanta helijuma iznosi K = l.66.

RJeif. & = 0.83 64. Tri mol a kiseonika na temperaturi T = 300 K izobarIlo se

sire do dva puta vece zapremine, a zatim izohorno hlade do pocetne temperature. Iz ovog stanja gas se izotermno sabija do pocetnog stanja. Skicirati navedeni proces! Izracunati izvrseni rad smatrajuci da su veze medju atomima u molekulima krute.

Ry·d. A = nT R(l- In 2) = 2.3 kJ 6Ei. Cellcna sipka duzine L = 0.2 m, povrsine poprecnog pres

jeka S = 3 . 10--4 m 2 zagrijava se na jednom kraju do temperature t1 = 300°C, a drugirn krajem je zaronjena u smjesu vode i lecla. PretpostavljajuCi da se prenos toplote vrsi iskljuClvo duz sipke, bez gubitaka kroz bocne strane, izracunati masu leda m. koji ce se istopiti za T = 10 min. Koeficijent toplotne provodnosti celika je.\ 56.9 W /mK, a specificna t.oplota topljenja led a je qt = 0.33 MJ /kg.

R · " )..i;,.tST Jes. m = --L- = 46 g q,

66. Dvije cijevi, jednakih precnika i duzina, obmotane su dvoslo-jnom termickom izolacijam. Koeficijent toplotne provodnosti jednog sloja je dva puta veci od drugog. Oba sloja zajedno imaju debljinu jednaku polovini poluprccnika cijevi. Kod jedne cijevi ullutrasnji sloj je sa vecom termickom provodnoscu, a kod druge cijevi je obrnuto. Kakav je odnos izgubljenih koliCina toplote hoz ovu izolaciju u ova dva slucaja, ako je temperaturna razlika izmedju povrsine cijevi i spoljasnje sredine 11 oha slucaja ista.

Rjes. iJJ.. logS ,-- = ] .12 q2 310g 2 logS .

67. Kocka je sastavljena od ukupno n Ilaizmjelllcno poredanih plocica razliCitih debljina d, i d2 i razlicitih top lot nih provodljivosti .\, i '\2' Naci odnos topiotne provodljivosti kocke u pravcu ploCica i normalno na plocice, pod pretpostavko:m da je razHka temperatura ista. i da je broj plocica podjednak-

Rjes. ~ = ,n2P. j dl+),zdz)(),zd 1+)'ld221 A" 4a 2),lAz

68. Prostor rnedju koaksijalnim cilindrima poluprecnika R, i R2


ispunjen je homogenom sredinom koja provodi toplotu. N aCi raspodjelu temperature u tom prostoru, ako je temperatura unutrasnjeg

cilindra t l , a spoljasnjeg t 2 -

RJes. t = t1 ~ lntk:/'kd In ~l

2.10 Molekularno-kineticka teorija

69. Pornocu Maksvelove funkcije raspodjeJe molekula po intenzitetima brzina naCi vjerovatnocu da rnolekuli azota na temperaturi T = 300 K imaju brzine izmedju 300 rn/ s i 305 rn/ s.

R ·"..6.N 4 (M)3/2 M2 4 Jes. N = "lir 2RT e-- 3nTv v 2 .6..v = 6.45 . lO~ 70. Kolika je najvjerovatnija brzina molekula azota u prethod

nom zadatku. Izracunati srednju vrijednost brzine i vrijednost efcktivne brzine (srednje kvadratne brzine).

RjeiJ. Vnaj = [if! = J'':J = 422 mj s, v = J~T; = 476 mis,

veJ = y3:J = 517 171,/.5

71. Idealni gas se nalazi pod norrnalnirn atmosferskirn pritiskom i ima gustinu p = 1 kg jrn 3 . Izracunati najvjerovatniju, srednju i efektivnu (srednju kvadratnu) brzinu molekula gasa.

Rjes. Vnaj = If! = 450 rnls, v = J!! = 508 Tnls,

v'f = JFf = 551 mls

72. a) NaCi ternperaturu na kojoj intenzitetima brzina molekula azota V, = 300 mj 8 i V2 = 600 mj s odgovaraju jednake vrijednosti Maksvelove funkcije raspodjele.

b) N aci intenzitet brzine V molekula pri kojoj je vrijednost Maksvelove funkcije rapodjele na temperaturi T izracunatoj pod a), ista kao i na temperaturi r; put a visoj.

Rjes. a) T = M(v;-vTJ = 328 K b) 11 = h RT 'lh:>.!1 - 6364 K

_ 4R In :: V M ry-l - '.-

73. Idealni gas se sastoji od molekula mase rn i nalazi se na temperaturi T. NaCi, pomocu Maksvelove funkcije raspodjele molekula po intenzitetima brzina, odgovarajucu raspodjelu po kinetickim energijama E. Odgovara Ii najvjerovatnija vrijednost energije najvjerovatnijoj brzini ?

R· - j·(E) 2 1 --"- ~ 1 Jes. = v?r (k1')3j2e kT -V E, Enai = "2kT J Ne.

2.11. KRETANJE U ELEKTROMAGNETNOM POLJU 51

74. Masa azota m = 15 9 nalazi se u zatvorenom sudu na temperaturi T = 300 K. Koliku koliCinu toplote je potrebno dovesti azotu da bi se srednja kvadratna brzina (efektivna brzina) molekula povecala I) = 2 puta? Veze medju atomima u molekulu smatrati krutim.

Rfes. Q = 1(1)2 _ 1) jmR~ - 10 kJ 2 M -

75. NaCi sUu kojom homogeno gravitaciono polje djeluje na cesticu, ako se koncentracija tih cestica na dva nivoa razlikuju 1] = 2 puta, na nivoima koji su jedan od drugog na rastojanju tlh = 3 em duz linija sile polja. Temperatura sistema je 280 K.

Rje§. F = ~~ In I) = 0.9· 10-19 N. 76. NaCi masu mola cestica koloidnog rastvora ako je pri vrcenju

centrifuge ugaonom brzinorn W oko vertikalne ose, koncentracija tih cestica na rastojanju T2 od ose vrcenja TJ puta veca nego na rastojanju Tl u isoj horizontalnoj ravni (rz > rd. Gustine cestica i rastvaraca su P i Po, respektivno (p > Po).

R 'es M = R'Tp.!!!!l ____ J. (p-po)(r;-rDw2

2.11 Kretanje u elektroIllagnetnoIll pO

lju

77. Elektroll se poene kretati iz stanja 'mirovanja u hOIIlogenom stacionarnom elektrii'nom poljn intenziteta .:: =10 kV / em. Kroz koliko vremena od pocetka kretanja ce kinetii'ka energija elektrona postati jednaka njegovoj energiji rnirovanja? Koliki je put elektron presao za to vrijeme? Kolika Inu je brzina u tom trenutku?

Rjes. t = VEdEk~~ = 3 ns, S = m",' ~+-(~r~)2 = ce e[ V.1 - m.oc

1m. u= ~ , 2

78. Nerelativisticki elektron ulijece po sredini u prost or izmedju plota ravanskog kondenzatora norn1alno na linije sile elektricnog poIJa brzinom Vo = 107 mis. Napon izmedju plota je U = 100 V, njihova duzina Ll = 3 ern, a rastojanje izmedju njih d = 1 ern. Zanemarujtici efekte krajeva naCi otklon elektrona od prvohitnog pra~ca kretanja na ekraJm koji je udaljen L, = 30 ern od kraja ploca kondenzatora. Pod kojirn uglom u odnosu na prvobitni smjer kretanja


elektroni napustaju kondenzator.

RJeS. h = :::~ (~ + L,) [ =0.166 m, e = 27.So

79. lzmedju horizontalnih ploca ravanskog kondenzatora na kojeg je prikljucen jednosmjerni napon U = 100 V ulijece elektronski snop

pod uglom 0 = 30°. Elektroni u snopu imaju energije u intervalu od 0 do 750 eV i raspodjela elektrona po energijamaje ravnomjerna. Koji ee dio ukupnog broja elektrona udariti u gornju ploou kondenzatora? Ako je rastojanje izmedju _

otvora na donjoj ploCi (vi- 1 di sliku) L = 2v3 em, ras- c~ tojanje izmedju ploca d = ~. i

1.5 em odrediti energiju c- ~! lektrona koji prolaze kroz ~. oba otvora. Smatrati da u- " /~. A

pad elektrona na plocu ne 'r(p i " . ~ -mlJcnJa napon izmedju plo- /:

ca.

J Ri

Rjes. "NN = E".".-E, = 82.25%. gdJ'e J'e E, = -"L_ = 133.3 eV o E"."" ' cosZ B

E, = _L,U_ - 133 3 eV 2dsin 20 ~ .

80. Elektron ulijece brzinom Vo = 104 mj S 11 stacionarno homogeno ma.gnetsko polje indukcije B= 0.01 T pod uglom a = 300 u odnosu na smjer magnetskih linija sile. Odrediti poluprecnik spirale po kojoj se krece elektron, kao i broj obilazaka po spirali dok elektron predje rastojanje L = 1 m dui Iinija sile.

RJes. r = mlJo sin..Q. = 2.84 . 10-4 m, N = __ L __ = 323.62 eB '2~rcotQ

81. Nerelativisticki protoni se kreeu pravolinijski u oblasti gdje su medjusobno okomito postavljeni homogeno elektricno i magnetsko po-

lje intenziteta [=4 kV jm i B = 50 mT. Putanja pri tom lezi u X Z -ravni i zaklapa ugao 'P = 300 sa X -0-

som. N aCi korak spirale po

kojoj ee se kretati protoni poslije iskljncenja elektricnog polja.

Rfes. D..L-= 27rn;~~n'PE=-6··cm

y

o

z

82. Frekvencija generatora ciklotrona je 1/

x

10 MHz. NaCi

2.12. SPECIJALNA TEORIJA RELATIVNOSTI 53

efektivnu vrijednost napona na duantima tog ciklotrona, pri kojoj rastojanje .medju susjednirn trajektorijama po]uprecnika r = 0.5 m za prot one nije manje od !:'.r = 1.0 em..

RJes. U ~ ~2v2m.r.D..r = 1.03· 105 V ,

2.12 Specijalna teorija relativnosti

5 83. Dvije cestice se krecu jednakim brzinama v = 0.75e po jednoj pravoj i padaju na metu. Druga cestica je na metu pala poslije prve cestice nakon t ::.:::: 10-8 s. N aCi rastojanje izmedju cestica pri polijetanju u sistemu referencije vezanom za cestice.

RJeS. !:'.x = ,,;;-"T~ = 3.4 m 1-~

" 84. UoCimo dva para satova. Prvi par A'B' se krece u odnosu na

drugi par AB brzinom v) kao na slid. Satovi A i B postavljeni su jedan od drugog na udaljenosti od L metara na liniji i'vrsto vezanoj s njima i sinhronizovani. Ana-logno je uCinjeno i sa satovima

A' i B' u njihovom sistemu referencije. Za pocetak racunanja

vremena usvojilDo momenat kada su satov; B' i A bili jedan po

red drugog.

6--LQ_o A B

Odrediti: a) pokazivanje satova B' i B kada se nadjn jedan pored drugog s

tacke gledista posmatraca vezanog sa satom B. b) pokazivanje satova A' i A s tacke gledista posmatraca vezanog

sa satom A.

R ·,) L LF- v' !~--., Jes. a TB = -, TE' = - 1 - 2 = TEVl - ~

t! V C c2

b) TA = 10 ~;;; TA' = 10 vVl.-c2 ) v

85. Dvije relativisticke ('est ice se kreen pod pravim ugiom jedna u odnosu na drugu, pri cemu jedna brzinom VI) a druga brzinom Vz· N aCi njihovu relativnu brzinu.

RJ"cS v = \/v2 + V' _ f\"-'-"'-)'. . r I 1 2 c

86. Naci obrazac za transformaciju ubrzanja pri prelasku iz nepokretDog u pokretni slstem, aka se pokretni krece brzinom u u

54 CLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UCENJE

odnosu na nepokretni sistem u pozitivnorn smjeru· X-ese. Razrna

tranje provesti za jednodimenzionalan slucaj.

R ·• ,~ (1_#')'1' (3 ~ u Jes. w;r; - W'X ( •• ), ,~-

l-~' l)

87. S kakvom brzinom odmice od nas neka maglina ako je poznato cia je linija vodonika .\0 = 434 nm u njenorn spektru pomaknuta ka infracrvenom podrucju za 130 nm.

R · ~ (A/AO)'-1 ~ JeB. v ~ C (A/-'0)'+1 ~ 0.26 e

88. Elektromagnetni talas frekvencije Wo pada Ilormalno na povrsinu ogled ala koje nlU se krece u susret brzinom v ~ c. NaCi frekvenciju refiektovanog talasa.

RjeiJ. w = Wo (1 + 2~) 89. Radio lokator radi na talasnoj duzini .\ = 50 em. Odrediti

brzinu priblizavanja dirigovanog projektila, ako je razlika frekvencija izmedju signala otpremnika i signala reflektovanog od projektila na mjestu lokatora 6v = 1 kHz.

Rjes. v = f6V = 0.25 kmj s 90. Doplerov efekat omogucio je da se otkriju dvojne zvijezde to

liko udaljene da se njihova razdvojenost nije mogla uoCiti teleskoporn. Spektralne linije takvih zvijezda pojavljuju se periodicno udvojeniID, iz cega se Inoze zakljuciti. da se izvorom pojavljuju dvije zvijezde, koje se okrecu oko svoga centra masa. Smatrajuc.i da su mase zvijezda jednake, naCi rastojanje izmedju njih i njihovu masu, ako je m,aksimalno rascjepljenje spektralnih linija (6.\j.\) ~ max = 1.2.10. 4

pojavljuje se svakih T = 30 dana.

R;"es. D = 2R = ("') 0: = 3 . 10" km, M )" max 1r

2.9.1029 kg

2.13 Toplotno zracenje

91. Kako ce glasiti Plankova formula za spektralnu gustinu energije zracenja za slucajeve kada je:

a) hv « kT i b) hv » kT.

RJes. a) wv(v, T) = 8:~2"kT b) wv(u, T) = 81r:~VJ e-f;i

2.13. TOPLOTNO ZRACENJE 55

92. Zakon raspodjele energije zracenja u spektru apsolutno crnog tijela na jednoj stalnoj temperaturi l' ima oblik

w(w)dw = _._~.!1'_ 1r2C3 _fu£

ekT -1

Presavsi na novu promjenljivu X = liw I k1' pokazati da je:

a) ukupna gustina energije zracenja proporcionaina cetvrt,om stepenu apsolutne temperature,

b) kruzna frekvencija W 7n , na kojoj w{w) ima maksirnalnu vrijednost, proporcionalno apsolutnoj telnperaturi T.

Rje!!. a) w = _1!~ (kT)4 roo x'dx ~ t . 1'4 1r2C3 n Jo eX~l - cons )

b) W7n

= ,~~§22kT - canst· T . ~ 93. Zracenjern od Sunca, svake minute, na 1 cm2 povrsine Zemlje

dodje 8.12 J energije. Izracunati temperaturu na povrsini Sunca, pod pretpostavkom da one zrai'i kao apsolutno crna tijelo. R.astojanje Sunee-Zemlja je d = 149.5 . 106 km, a poluprecnik Sunca R = 695550 km.

RJes. T = [(~) ;;]'/4 = 5762 K.

94. Metalno vlakno precnika d = 0.02 em zagrije se pomocu elektricne struje na ternperatuTu Tl = 3000 K-. Ako pretpostavimo da vlakno zraCi energiju kao apsolutno crno tijelo i da je zracenje jedini naCin odavanja toplotne energije U okolinu, izracunati koliko vremena protekne od trenutka iskljucenja pa do trenutka kada. temperatura vlakna opadne na vrijednost Tz = 800 K. Gustina materijala vlakna je p == 1.9 . 104 kg / m', a njegov specificni topotni kapacitet c =, 155 .TjkgK.

Rjeif. t = ~2'd (.1,- ..1..) = 1.66 s 1 (Y T2 T{

95. Temperatura apsolutno crnog tijela je T, 2900 K. Pri hladjenju toga tijela talasna duiina na kojoj tijelo ima maksimalnu

spektralnu emisionu rrlOc se promijeni za 6.), = 9000 nm. Do koje temperature se ohladilo apsolutno erno tijelo?

RjeiJ. 1'2 = T,':;+b = 288 K. 96. Precnik volframske spiralne niti elektricne sijalice iznosi d =

0.3 mm, a duzina L ,= 5 em. Kod ukljuCivanja sijalice u kolo napona 127 V, kroz sijalicu tece struja od 0.31 A. Odrediti temperaturu spi:rale .. Pretpostaviti da se u ravnote:inom stanju sva razvijena toplota u niti gubi kao rezultat emisije zracenja. Odnos energije zracenja volframa i apsolutno ernog tijela pri ovoj temperaturi je k = 0.31.

56 GLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UCENJE

Rjd. T =4 .; P - = 2600 K kaS

2.14 Foelektricni i Kornptonov efekat

97. Sa metalne ploce osvijetljene svjetloscu frekvencije V,

3.2 ·I014 Hz emituju se fotoelektroni koje zaustavlja napon 6 V. Ako se ista ploca osvijetli svjetloscu frekvencije V, =, 8 . 1014 Hz emitovane fotoelektrone ce zaustaviti napon od 8 V. Izracunati Plankovu konstantu.

Rjel. h = 'lUo-

u d = 6.66 . 10-. 34 J S V2 Vl

98. a) Povrsina nekog metala osvijetljena je svjetloscu talasne duzine A. Dobijene fotoelektrone zaustavlja napon U. Aleo se talasna duzina upadne svjetlosti promijeni, kako ce se promijeniti zakocni napon da bi snop elektrona opet bio zaustav}jen.

b) Izracunati naelektrisanje e]ektrona, ako metal osvjetljava svjetlost talasne duzine 400 nm., a fotoelektrone zaustavlja napon od 1.2 V. Izlazni rad za taj metal jo 1.9 e V.

Rleii. a) f::.Uz = -;,\~~~~:;:j (C,A > 0, f::.Uz < 0)

b) e = & (~£ - Ai) = 1.608.10-19 C

99. Kada se povrSina fotokatode od nepoznatog materijala osvijetIi svjetloscu talasne duzine A ::::;: 320 nm, pri inverznom naponu od 0.2 V dolazi do prekida fotoelektricne struje. Odrediti izlazni rad fotoelektrona iz nepoznatog materijala i maksimalnu talasnu duzinu svjetlosti koja moze da izazove fotoelektricni efekat na tom materijalu.

Rjes. A=ax = 1 __ : U ..\ = 336.8 nm, Ai = ), he = 3.68 eV he ""'"

100. Nakon rasijanja fotona na slabo vezanOln elektronu pod uglom e = 1f /2 energija rasijanog fotona iznosi E = 0.35 MeV. Koliko je iZllosila energija Eo fotona prije rasijanja?

Rjd. 1

Eo = 1-'~cos8 =·1.1 MeV E --- ----;;;;-;Z

101 Faton energije E, ",,0.28 MeV rasije so pod uglom e·~ 1500. Odrediti:

a) Energiju rasijanog fotona E z!

2.15. ATOMSKA FIZIKA 57

b) Energiju uzmaklog elektrona E! c) Kineticku energiju uzmaklog elektrona Ek! Rjes. a) E, = 0.14 MeV, b) E = E, - E, +moc' = 0.65 MeV,

c) Ek = E, - E, = 0.14 MeV 102. Odredi talasnu duzinu AO fotona koji u sudaru sa slabo

vezanim elektrollom predaje TJ svoje enrgije i rasije se pod uglom O. Rjes. Ao = .....!1........ sin2

!L2 1-7/

103. X-zraci talasne duzine dvostruko manje od Komptonove talasne duzine elektrona stupa 11 interakciju sa slabo vezanim elektronOll take da se rasije pod uglom. B = 7r/2.

a) Pod kojim uglom uzmakne elektron? b) KoUka je kineticka energija uzmalelog elekt.rona?

R.ies.

= 18° 26',

2.15 Atornska fizika

4 2 L Ek = -moc = 0.68 "IcV 3

104. SmatrajuCi da jezgro atoma vodonika ima konacnu masu, lzvesti izraz za izrac1inavanje energije veze elektrona U osnovnoIIl stanju i vrijednost Ridbergove konstante. Za koliko procenata se razlikuje energija veze i Ridbergova konstanta dobijena bez uzimanja u obzir kretanja jezgra od odgovarajucih vrijednosti till velicina izracunatih uzimanjem. u obzir da jezgro i.rna konacnu rnasu.

Rjes. Eva = ~(4 1 I' m z"f,,;e4

= 13.598eV, m;;ff = rn"m)J 11"0:0 rne+7np

RH = meff" Jb",.,,}!JL -- 0 052 0/, R"oo-R" - 0 0"4 ~, (41re;'J)22n2 hc' Ev - . ~ .o~ RH -.;; /0

105. Izracunati rastojanje izmedju cestica :"5istema U osnovnom stanju, odgovarajucu energUu veze i talasnu duzinu glavne linije Lajrnanove serije ako je sistem:

a) Mezoat.om vodonika (kod kojeg je jezgro proton, a urnjesto elektrona krece se mezon, koji ima isto naelektrisanje, ali 207 puta vetu masu od mase elektTon a) .

b) Pozitronijum (sistem kojise sastoji od pozitrona i elek"trona koji se krecu oko zajednickog centra rnase. Pozitron je cestica koja ima masu kao i clektron, ali suprotno naelektrisanje).


R · ) R ~ 41re nn2 n,z m m Jes. a = Te + Tp - ., = 0.285 pml me!! = -~ rnef fe- rn,.,-,. +mp

E - __ 1~m"fft4 - 2 53 k.V \ ~ 36e~h3c a f) ~ (41l"e:o)2 2-n2 -. e, "'-21 ,- 3rn"ffe4 = .65 nrn

b) R = 106 pm, m,!! = 0.5 mo Ev =·68 eV, .\21 = 243 nm 106. Koliko spektralnih linija ce emitovati vodonik u atornskom

stanju, Ciji su atomi pobudjeni na n-ti energetski nivo? R · v _ n(n-l)

Jes, x - - 2

107, N aCi kvantni broj n pobudjenog stanja jona 11 e+, ako on pri prelazu U osnovno stanje sukcesivno emituje dva fotona sa talasnim duzinama 108.5 nm 30.4 nrn.

RJes.

n=

j~--'-l-----

A II _ ~h3ce;5('\1+),2) = 5 .~ Z?'rn-"2 e4)'l)'Z

108, Izracunati Ridbergovu konstantu za vodonik, aka se zna da za jone II e+ razlika talasnih duzina glavnih linija Balmerove i Lajrnanove serije iznosi Ll.A=c 133.7 nm.

RJes. RH = 15:~1l;: = 1.09698.107 m- I

109. Kod kojcg jona slitnog atomu vodonika razlika talasnih duzina rnedju glavninl linijama Balmerove i Lajrnanove serije linija iznosi 59.3 nm?

RJ'es Z = ~- / ---17Gh;~ ._") 0 .' L '-+-+ / • eOl V 14m,6,,l. -- .... , vo Je Jon t .

110. Sa kolikom rninimalnom kinetickom energijorn treba da se krece atolll vodonika da bi pri neelasticnom sudaru s drugim atomom vodonika koji miruje, jedan od njih se pokazao sposobnim da emituje foton. Pretpostavlja se da se oba atoma prije sudara nalaze U osnovnom stanju.

Rfei. E k""" = %hRH = 20.5 eV

2.16 N uklearna fizika

Ill. Srnatrajuci da se atorn vodonika nalazi U osnovnom stanju, izracunati, na osnovu elernentarne Bohrove teorije, polupre~nik ato'rna i srednj u vrijednost zapreniinske mase atom,a i uporediti to sa zapreminskorn maSQru jezgra atoma IHI ,

RJ"es. Tl = 0,53 . 10-- 10 m. Pa = _31'~l;:_ = 2 69 . 103 kg!m3 , 41n.-.o· - )

Tj = 1.2.1015 rn, Pj = ~~ = 2.4· 1017 kgjrn3

,

2.16. NUKLEARNA FIZIKA 59

112. Izracunati energiju veze jezgra deuterona 1HZ, kao i speci

fienu energiju veze po nukleonu. Rjes. Ev = ~mc2 = (rnp ·+ mn - 'rnj)c2 = 2.23 MeV,

E"IA = 1.115 MeV Inukl 113. Izracunati energiju veze zajezgra berilijumovih izotopa ,Be

8

i 4Be0 kao i specificnu energiju veze po nukleonu. Koji je ad njih

stabilan? R)·es. E", = Ll.m,e ' = (4mp + 4rnn - mj)e' = 56.63 MeV,

Evd/1l = 7.08 MeV!nukl, Ev2 = Ll.m2c' ,.= (4mp + 5mn - mj)e' = 58.3 MeV,

Ev,jA2 = 6.48 MeV In'ukl 114. SmatrajuCi da se deuteron moze razmatrati kao sistem

proton-neutron na medjusobnom rastojanju 2.5 . 10- 15 rn, odrediti a) Kulonovsku elektrostaticku potencijalnu energiju dva protona

koji hi se nalazili na istorn tolikom rastojanju. b) Gravitacionu potencijalnu energiju dva nukleona koji su u miru

na isto tolikoITl rastojanju. c) Uporediti ove energije sa energijorn veze IZ zadatka 2. RJes. U

pe = 0.58 MeV, Upg = 0.46·10,,30 eV

115. Aktivnost nekog preparata urnanji se 1] = 2.5 puta za 7

dana. a) Izvesti zakon radioaktivnog rasp ada. b) NaCi period poluraspada datog preparata. RJ·es. A = Aoe·-· O.~;3t T:.::::: O.693t = 5.3 dana

, InT]

116. U uranovoj rudi odnos broja jezgara U 238 prema broju jezgara Pb20G je rl = 2.8. Ocijeniti starost rude, smatrajuci da je sva olovo konacni proizvod raspada uranovih jezgara. Period poluras

pada jezgara U 238 je 4.5 . 109 godina. Rjeif t = --·1:-1n -'L = 2· 10° ~od

. 0.693 1J+ I 0

117. Radioizotop A, sa konstantom radioaktivnog raspada .\, pretvara se u radioaktivni izotop A2 sa konstantom radio aktivnog rasp ada '\'2' Srnatrajuci da Sli se u pocetnom trenutku u preparatu sadrzavala sarno jezgra izotopa Al naCi:

a) Zakon po kome se m,oze odrediti broj atoma radioizotopa A2

u svakorn trenutku.. b) --Vrijeme za koje . .ce aktivnost· radioizotopa A z dostiCi maksi-

InUlll.


RJeif. a) N NlO~ (e- A" _ e- A,,) b) t = lntA,/A,) ;'Z-)'l , 1 ),).

. 118. Izotop stroncijuma 38Sr90 se beta negativno

1

ra~pada sa penodom poluraspada 28 godina. Koliko je vremena potrebno da protekne da hi s~ r~")palo 90% prvobitne kolicine stroncijuma?

RJ"es t =:::: TlnlO "~ 9" d • 0,693 - v go . 119. Izracunati energetski efekat Q nuklearne reakcije

A127( H 4 ) p30 13 2 e, n 15

Kakva je to reakcija? Moze 1i ova reakcija da se odvija spontano? RieS.

Q = tl.mc' = [(mH' + mAl) - (mn + mp )] c' = -2.64 AleV. En-doenergetska. Ne Inoze. '

. 120. Alfa cestica brzine v = 106 m/ s eJasticno se sudara sa J€zgrom ciju masu ne znamo. Uglovi rasijanja Q-cestice i uzmaklog jezgra BU 600 i 30°, respektivno. NaCi masu jezgra.

RieS.

rna; sin2 ()

M= .sin2(J( st"np cot (j .+ cos p)2 - sin 2 p

121. U nuklearnoj reakciji

2

uzimajuCi da jezgro protaktinijurna rniruje prije raspada, odrediti kineticku energiju Q cestice i jezgra aktinijuma.

R.ies. E ku = A:4Q = 6.94 MeV, E kAc = 1Q = 0.13 MeV . 122. lzracnnajte debljinu olova potrebnog za ulnanjenje in ten

zlVnosti I z~acenja koje dolazi od nekog izotopa na 1/20 od pocetne lntenzlvnostl, srnatrajuCi da je linearni koeficijent apsorpcije I zraka za olovo 46 rn-I, za zracenje date talasne duzine.

RjJ:jJ. Xl =- In:o ~= 0.065 m,

123. Koliko prosjecno treba da se dogodi sudara, da bi sc neutron ene~gi~e 2 Me~ usporio do energije 1/25 eV, ako usporivac bude: a) uglJcmk b) zelJezo c) zlato? Zakljucil

-Ries. a) 112, b) 502 c) 1749

G lava 3

Rijeseni zadaci sa pismenih

is p it a

3.1 Prvi parcijalni ispiti iz Fizike

3.1.1 Prvi parcijalni ispit iz Fizike

61

Tuzla,31.1.1984. god.

1. Plasticna loptica za stoni tenis padnc sa visinc h = 50 em na stnnu ravan nagibnog ugla 0: = 71 /6 i od nje se elasticno odbije.

a) NaCi rastojanja xI, xz, ... ,Xn, izmedju tacaka udara loptiee 0

strrou ravan. b) Koliki je odnos k01nponenata brzine loptice u praveu strIDe

ravni i u praveu okomitom na strIDu ravan u momentu drugog udara? c) Koliko je Xl za slucaj da se strma ravan krece ravnomjcrno

navisc brzinorn u = 0.5 m, / .s? (4J:.) Tanak zeljezni lanac duzinc L = 1 tn i lllase m = 10 g"sa

vebr6a malirll karikama, ispravljen je po horizontalnom stolu visine

h(h > L) tako da stoji normalno na kraj stola. Kad se preko kraja prepusti da visi k = 27.5% od cjelokupne duzine, lanac poCinje da klizi sa stoIa. SInatraJuCi da je lanac homogen po duzini, naCi:

a) koeficijent trenja p, izmedju lanca i stoIa, b) Tad sile trenja: laric'a, sa stolorn 'fa vrijerrie klizanja i c) brzinu v lanca u trenutku kada sklizne sa stoIa.

62 CLAVA 3. RIJESENI ZADACl SA PISMENlH lSPlTA

3. Stap duzine L = 6 rn moze se vrtjeti u horizontalnoj ravni eka ase koja stoji vertikalno. Osa prolazi kroz stap na udaljenosti d = 0.5 m od tezista stapa. Masa stapa je m = 1 kg. U tacki B djeluje stalna sila P = lOON okornito na stap u toku vrernena t = 13 s.

Odrediti:

a) ugaonu brzinu stapa po prestanku djelovanja sile, b) kolika bi morala biti sUa P, koja bi djelovala u tacki A da bi

proizvela isto ugaono ubrzanje.

c) Izvesti izraz za racunanje momenta inercije stapa U odnosu na OS11 obrtanja.

4. Na dnn cilindriCne posude precnika D = 0.4 m, nalazi se okrugli otvor precnika d = 1 ern. U pocetnom trenutku niva vode u posudi je bio ho = 2 ra iznad dna posude.

a) Odrediti ka.ko brzina spustanja nivoa vade VI u posudi i brzina isticanja na otvoru Vz zavise od visine vode u posudi u odnosu na dno.

b) Odrediti kako zavisi nivo vode It u posudi od vremena isticanja (rnjerenom od trenutka kada je isticanje pocel6), te odrediti ukupno vrijeme potrehno da sva voda istekne.

c) Graficki prikazati zavisnost brzine spustanja nivoa vode VI od visine nivoa h od dna, kao i zavisnost visine It od vrem,ena koje protekne od otvaranja otvora na dnu.

5. Zamislirno cia se kroz Zemlju, duz njenog precnika napravi tunel kroz koji moze bez trenja da se krece kuglica mase rn.

a) Izvesti izraz za racunanje sile kojom Zernlja djeluje na kuglicu u tom tunelu, pretpostavljajuCi da je Zemlja homogena.

b) Koliko je vremena pot reb no kuglici da sa Zemljine povrsine stigne u njeno srediste kroz taj tunel?

c) Kolika je pri tome maksimalna brzina kugIice i u kojoj tacki je ()na postize?

d) Da Ii ce brie stiCi od jednog do drugog otvora tunela "nulti sateI.it" (n.ulti sateI~t hi kruzio oko Zemlje po njenoj povrsini) ili kughca kOJa se pust! kroz tunel bez pocetne brzine'?

~ .~. Poluprecnik Zernlje je R· = 6370 km, univerzalna· gravitaciona konstanta I = 6.67· 1O-1l N Tn' / kg', a srednja vrijednost zapremin-

3.1. PRVl PARC1JALNl lSPlTI 1Z FlZIKE

ske mase Zemlje p .= 5.5 . 103 kg /m'Rjeifenja:

1. h = 50 em

a = 'if /6

Intenzitet brzine loptice pri udaru 0 strmu ravan je ,-

Vo = V2gh

63

Pri idealno elasticnom sudaru loptice i stnne ravni, zbog toga sto je rnasa strrne ravni mnogo puta vee a od mase loptice, intenzitet brzine poslije sudara biee isti kao i prije sudara, a uglovi koji one zaklapaju sa Y -osom prije i poslije sudaTa, bice takodje jednaki. Sa slike se vidi da brzina poslije prvog sudara vo zaklapa ugao fJ = 'if /3 sa X-OSOll izabranog koordinatnog sistema. Kretanje se odvija sa pocetnom brzinom pod uticajem sile teze koja saopstava ubrzanje g. Vektor brzine u nekom trenutku poslije prvog odskoka ce biti

v = vo -!-1ft

Projekcijorn ovog vektora na ose izabranog koordiuatnog sistema dobicem.o

Vx = VOx + gx;t = 'Va sin Q + gt sin a:

64 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

Vy = VOy + gyt = Vo cos a - gt cos 0: (3.1)

Vektor poloiaja kuglice u trenutku t, u odnosu na mjesto prvog udara o strmu ravail, se moze odrediti prema relaciji

Projekcijorll na ose izabranog koordinatnog sistema se dobijaju koordinate polozaja kuglice u trenutku t nakon prvog odskoka

t J gxt2 • gt2 sin 0' x = Vox T -- = vot sm. 0: +

2 2 gt 2 cos a

vot cos Q: - =-----2

U trenutku drugog udara loptice 0 strnm ravan je y = 0, pa se dohija

gt' (vo - -.! )t1 cos Q: = 0,

2

odnosno vrijeme letenja kuglice izmedju prvog i drugog odskoka

g

Uvrstavanjem u izraz za racunanje x dobija se rastojanje duz strme ravni izmedju prvog i drugog sudara

. gti sin a 4v5 sin a X, = vot, sm a + ---- = ---- = 8h sin a (3.2)

2 g

Vidimo da ovo rastojanje zavisi od visine sa koje loptica padne na ·strmu ravan i nagibnog ugla te ravni.

Brzina pri drugoIn udaru se lako izracuna jer se zna vrijerne letenja izrnedju prvog i drugog lldara

1J2x Vo sin a:: + gt 1 sin a:: = 3vo sin 0'

V2y = Va cos a .-' gtl cos a = -Va cos a

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE 65

Poloiaj loptice poslije drugog udara, u odnosu na mjesto drugog udara, bice odredjen jednacinama

(3.3)

U trenutku treceg udara je y .- 0, pa imamo da je VTlJeme leta izmedju drugog i treceg udara

gt2 (va ~ "2 )t2 cos a = 0, =;.

dakle isto kao i izmedju prvog i drugog odskoka. Rastojanje koje loptica predje za to vrijerne duz strme ravni bice

gt 2 sin 0:' X2 = 3vot, sin a + 2 = 2 . 8h sin a

2

N a osnovu daljeg izracunavanja moze se dcCi do zakljucka da je rastojanje koje loptica preleti u pravcu X-ose izmedju treceg i cetvrtog udara

IS = 3 . 8h sin ex

Izmedju n-tog i (n - l)-og udara moze se za Xn pisat

Tn = n· 8hsin ex = n· Xl

Za zadane podatke je Xn = n . 2 m, b) Odnos komponenata brzine u pravcu X- Y -ose u momentu

drugog udara bice

VIz 3vo sin a r;.,--= .... ,=-3tana=-y3 Vl y -Va cos a

c) Aka se strma ravan krece vertikalno navise brzinom u u trenutku kada je loptica spala sa Yisine h, relatJvna brzina loptice, U odnosu na stimu ravan (sistem koji se krece) bice


Projekcija ove relativne brzine u vertikalnom smjeru prema dole daje

Vl,2 = Va + u

U takvom sistemu koji se krece kuglica ce imatiistu brzinu i poslije odbijanja, pa se dobija

4v;2sina 4(vo + u)2sina Xl = --'--.~ = = 2.69 m

9 9

Prenla tome, sva provedena razmatranja se mogu primijeniti na ovaj slucaj zamjenjujuCi brzinu v u nepokretnom sistemu, sa relativnom brzinom Vl,2 u pokretnom, inercijalnom sistemu.

2. L = 1 m

m= 109 k = 27.5%

a) m =? b) At, =7 c) v oc?

a) Tezina onog dijeIa lanca koji visi izvan stoIa P9v~aci lanac po stolu. Dokle god je ta f3ila rnanja od sile tr'e-nja mirovanja' izmedju dije-la lanca ria stoiu i stoIa, la-nac nece kliziti. .

Q

'I

h

U trenutku kada poene kliziti znaCi da je sila teze koja vuce lanac po stolu G , jednaka sili trenja. Tezina dijela lanca koji visi izvan horizontalne povrsine stoIa je

m G I = m,g = r;bg ~"

K k · b k v • t' a 0 J€ a+b = 100%' mozemo pisa 1

b ----mg a+b

G. k

1 = rng---100%

Sila trenja je F tr = 1-"02 ) gdje je O 2 tezina onog dijela lanca sto je na stoin

Ft = /1m2g = /1(m - r;ttlg = /1 (1 - -":.-) mg , 100%


'fada se iz jednaCine }itr = GIl za koeficijent trenja mirovanja dobija

/1 (1 - 10~%) mg = lO~%mg k

/1 = ---- = 0.38 100% - k

b) Kako Ianac bude vise klizio sa stoIa, to ce biti sIabija siIa trenja. Njena trenutna vrijednost ce biti

gdje sme sa (t) oznaCili trenutne vrijednosti sile trenja, rnase, odnosno duzine dijela Ianca koji je na stolu. Kako je sila trenja linearna funkcija duzine dijela lanca koji je na stolu, to se srednja vrijednost sile Inoze izracnnati kao aritmeticka sredina

mg

2

Rad sile trenja je skalarni proizvod te sile i pOlujeranja tijela

Kako je put na kome djeluje ova sila

( k'

6.5 = L - b= L 1 - 100%)

imacemo

At, = --/1 (1 - 1O~%) 2 ""i~ "" -9.8 m.l

Sila teze, koja djeluje na enaj dio lanca koji visi, je vrsila fad na savladjivanju ave sile trenja.

c) BrziIlu lanca kada on bude skliznuo sa stoIa (kada poslednja karika predje sa stoIa u vertikalan polozaj), mozemo odrediti koristeCi zakon 0 odrzanju energije.

68 CLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

U trenutku kada poi'inje da klizi sistem lanac-Zemlja ima ukupnu mehanicku energiju koja je sva U obliku gravitacione potencijalne energije i iznosi (za nnlti nivo racunanja potencijalne energije je uzeta podloga na kojoj stoji sto)

= mg (h- iC) 2L/

Dok se lanac bude ispravljao (klizao sa stoIa), ova njegova potencijalna energija ce se jednim dijelom trositi na savladjivanje sile trenja, jedan diD ce preCi u kineticku, a jedan diD ce ostati u vidu potendjalne energije, jeT je visina stoIa veta cd duzine lanca. Kad se lanac ispravi, njegova ukupna mehanicka energija iznosi

( L) mv2

Ez = mg h - Z- + -2-

Kako je sistem sto-lanac-Zemlja izolovan i u njemu djeluju pored konzervativne sile teze i nekonzervativna sila trenja, to cc promjena ukupne mehanicke energije sistema biti jednaka radu nekonzervativnih sila

Ez - EI = At,

( L) mv2

( b2 ) mg h- Z- + -2- - mg h - 2L

Nakon sredjivanja dobijamo

I2At, ( k) v = \1 ~ + Lg 1 - (---)' 1 m 100%

3. L = 6 m

tt) b) c)

d = 0.5 m

m = 1 kg F = lOON t = 13 s w ='(

FA =7 I =7

= 2.67 m/s

x ~s

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPlTI IZ FIZIK.E 69

c) Frvo (.erno izvesti izraz za racunanje momenta inercije stapa u odnosu na OSli obrtanja.

Moment inercije uocenog djelica mase dm (srafirani dio na slici) je

dI = x 2dm = x 2pdV = pSx'dx

I\1oment inercije stapa U odnosu na:- datu OSli bice

J /L/2-d

1= dI = pS xZdx = -(L/2+d)

= p: [( ~ _ d) 3 + (~ + d) 3] = mL2 --+md2

12

a) Ako konstantna sila F djeluje u tacki B okomito na stap u

horizontalnoj ravni u toku vremena t, ona ima impuls momenta sile koji je jednak promjeni momenta impulsa (koliCine kretanja) stapa. Kako je stap mirovao, to se moze pisati Mt = Iw, pa se dobija

Mt F (f - d) t w = -- = = 103 ra.d/s

I mL2+d2 ' 12 m

b) Moment sile koja djeluje u tacki A okomito na "tap u horizontalnoj ravni je

MI = FI (~+ d) Prerna osnovnoj jedna6ni dinamike rotacionog kretanja je

1'1'[1 = 1"'1

Kako se zahtijeva da ovaj moment proizvede isto ugaono u brzanje kao i moment sile F, to Inora bit

odnosno

'L ) F1 (z+·d w = I

t

F1 = "( mti- + md2

) w

(f + d) t = 71.43 N

70 GLAVA 3. RI.JESENI ZADACI SA PISMENIH lSPITA

4. D = 0.4 m

d = 1 ern

ho = 2 m

a) v, = vI(h) =? V2 = v,(h) =?

b) h = h(t) =? tis =7

c) nacrtati grafike v = v(h) h = h(t)

a) Prema Bernulijevoj jednacini) ako nivo racunanja potencijalne energije postavimo na otvor na dnu suda) mozemo dobiti

pvi pv 2

Pa + pgh + .. - = P + __ 2 2 a 2 (34)

Na osnovu jednacine kontinuiteta strujanja imarno

(3.5)

Rjesavanjem (3.5) po v, i uvrstavanjem u (3.4) imamo

PV' pS' pgh + _, = __ , v' 2 2si 1

v = d2./ 2gh. 1 VD4_-d4

= 2.8 . 1O-3 v1h (m/ s)

Brzina na donjern otvoru ce biti

s, ~ V2 = S2 V, = 4.43Vh(m/s)

b) Zapremina vade koja istekne za vrijerne dt bice

-dV = S,v,dt

3.1. PRVl PAR CI.JA LNI lSPlTl lZ FlZIKE

Znak "- " ukazuje da se zapremina vade u sudu srnanjuje.

Integracijom se dobija

Kako je D4 ::v d4 mozemo pisati

Fo d2 'if Vh = ho - - • / -t D' V 2

71

(3.6)

U trenutku kada bude istekla sva voda je h = 0, pa je vrijeme isti

canja

D2 (2h-t i , = d.'V -; = 1021 s

Uzimajuci OVO U obzir, mozemo (3.6) napisati kao

K vadriranje daje

c) 'lrazeni granci izgledaju

72 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH [SPIT A

4 'lI1[10-l ~l

if, (h)

3 2

2

1

h[mJ •

" 2 0,5

5. Kao sto je poznato Inasa koja je ra."3poredjena u vidu jedne sferne ljuske, u svojoj unutrasnjosti proizvodi gravitaciono polje cija je rezultujuca jaCina jed-naka nulL Prerna tome, na kuglicu u tunelu djelovace gravitacionom silom. sarno ena rnasa koja je ostala izmedju nje i centra Zemlje. Prema Njutnovom zakonu gravitacije imamo

p= rn'm r2

(3.7)

gdje je ro jedinicni vektor vektora polozaja kuglice. obzir da je

,43 m := -r 7rp

3

UVrStavanjem u (3.7) dobijamo

UzimajuCi u

(3.8)

Vidimo da je sila usmjerena prema centru Zemlje i da je linearna funkcija udaljenosti od njega. Maksimalnu vrijednost ima ta sila kada je tijelo na povrsini Zemlje Ina pocetku tunela). i ana iznosi ..

Ji'max


b) Kako je sila koja djeluje na kuglicu u svakoj tacki u tunelu usmjerena ka centrn i proporcionalna udaljenosti ad njega, to ce kuglica vrsiti oscilatorno kretanje kroz tune!. Period tih oscilacija je

rm j--S;;;:- Irs; T = 21Cy k = 21C 4i

1Cpm = V iP (3.9)

Trazeno vrijeme je T

t = = 21.11 min 4

c) Maksimalnu vrijednost intenziteta brzine bi imala kuglica kad prolazi kroz ravnotezni polozaj ( centar Zemlje). Ona hi iznosila

21C 'iP V=ax = aw = R z -'- = 2r. Rzy- = 7894 m/ s "" 7.9 krn/ s

T . 3r.

d) Vrijeme koje je potrebno "nultom sateHtu" je polovina vremena obilaska oko Zemlje. Odredicemo ga iz uslova

1J

Brzina kojom se krece "nulti satelitn je prva kosrnicka brzina i odredjuje se iz uslova

gdje je m masa satelita, a v brzina njegovog kretanja po kruznoj putanji. Rjesavanjem po v se dobija

Vidi se da je ova brzina jedanaka vmax racunato u prethodnom 0-

djeljku. Tada je

tl = {i~ =~f/!; Poredjenjem sa. relacijam (3.9) vidi se da je

, tl = ':.T= 2t = 42.22 m£n

2 ...

Prema tome period obilazenja "nultog satelita" i period oscilovanja kuglice su jednaki.

74 GLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA


Tuzla,24.11.1987. god.

l. U trenutku t = 0 cestica je krenula iz koordinatnog pocetka u pozitivnom smjeru X-ase. Njena brzina se mijenja sa vrernenom po zakonu v = vorl ~~ tiT), gdje je ·vo~ vektor pocetne brzine "iji je moduo Vo = 0.1 mis, aT = 5 s. NaCi:

a) Koordinatu x cestice u trenucima vremena tl == 6 5, t2 = 10.5 i t3 = 20 s,

b) Trenutke vrerrlena kada ce se cestica nalaziti na rastojanju 0.1 m od koordinatnog pocetka i

c) Puteve S koje cestica predje za prvih 4 .s i 8 s. Nacrtati pribliino grafik S = S(t).

2. Iz puske se opale jedan za drugim dva rnetka brzinom Vo = 250 mj." prvi pod uglom a, = 'lC 13, a drugi pod uglom a2 = Jr /4 U odnosu na horizontalu. ZanemarujuCi otpor vazduha nati illter';aI vremana medju opaljivanjima pri kojem ce se meci sudariti jedan sa drugim. U kom trenutku t od opaljivanja prvog rnetka ce se to dogoditi? Kolike su koordinate tacke u kojoj se dogadja sudar? ~Preko nepokretnog kotura prebacen je neistegljiv konac

zanemarIjive mase. Za kra- . jeve konca privezana su tijela A i B. Tezina tijela A je dva puta veca od tezine tijela B. U pocetnom trenutku tijelo A se nalazi na visini h = 60 em, a tijelo B dodiruje podlogu. Kolikaje maksirn.allla vis ina do koje se popne tijelo B kada se sis tern prepusti sarnom se-bi. Pri klizauju konca pre

h

A

ko koturajavlja se sila trenja kojaje jednaka polovini tezine tijela B. 4. Homogenorn valjku saopsti se pocetni impuls usljed cega se

on poene kotrljati bez proklizavanja uz strrnu ravan brzinorn Va =

3 m/s. Nagibni ugao ravni je!3 = 200.

oJ Izvesti iZTaz za racllnanje morIlEmta ineTcije valjka u odnosu na, osu simetrije normalnu na baze. '

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE 75

b) Na koliku visinu ce se popeti valjak? c) Koliko vremena tl ce se kretati do zaustavljanja? d) Koliko vrernena t, ce trajati kotrljanje niz strmu ravan do

poeetnog polozaja? e) Koliku brziIlU v pri povratku irna valjak u trenutku prolaska

kroz pocetni polozaj? ~

Trenje kotrljanja zanemariti. 5. ZavrneLak cijevi iz koje istice voda u fontani stoji u vertikalnom

pravcu i irna oblik konusa koji se suzava prema gore. Precnik gornjeg presjeka je d, a donjeg D. Visina konusIlog dijela je h. Visi.na vertikalne struje vode u fontani je H mjereno od gornjeg kraja konusa.

Odrediti: a) Protok vode u font ani, b) N a kojern presjeku, i za koliko, je pritisak u konusu fontane

veCi od atmosferskog? Rjeifenja:

1. t = 0, x = 0, y = 0

a)

·v=Vo(1-t!T) Vo = 0.1 mls t = 53 Xl=? h=6s X2 =? t'2 = 10 S

X3 ="1 t3 = 20 s

b)

d)

t, =7 V

t2 =? d = 10 ern

8 1 =? S2 =? it t, = 4 s ,r X

t2 = 8 s S = S(t)

a) Ako je cestica krenula iz koordinatnog pocetka 11 pozitivnom srnjeru X-ase, njena hrzina kao vektor u nekom trenutku bice

~ __ Va v = Va - --t

T

PoredeCi ovo sa izrazom za brzinu pri promjenljivorn kretanju

v= Vo + at

zakljucujemo da je ubrzanje pri kretanju tijela

_____ Vo a=-

T

76 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIII [SPITA

Kako je t\i vektoT pocetne brzine, a T konstantna vrij"ednost, vidi se da ce ubrzanje biti konstantno po brojnoj vrijednosti i stalno USID

jereno supiotno od smjera pocetne brzine, tj. kretanje ce u pocetku biti jednoliko usporeno.

Pomjeranje koje tijelo iZVTSi za neko vrijeme bice

~t' ~ A~· () ~ t a ~ Vo, uT = r -- = Vo + - = vot - ···~·~-t

2 27

Projekcija vektora poJozaja na X-osu daje koordinatu polozaja tijda u trenutku t

Vo cosUVO"t' 2T

Kako je vektor r u pravcu X -ose, to ugao izmedju :;' i orta ose Z m07,e hiti 0 iIi 'if, a ugao izmedju 0'0 i fje 0°, pa imamo

Vo 2 X = vat - -t

2T (3.10)

Trazene koordinate ce se dobiti uvrstavanjem odgovarajuCih vrem_ena U ovu relaciju: Xl = 0.24 m, Xz = 0 i X3 = - 2 m.

b) Iz izraza za brzinu

zakljucujerno da ce tijelo iCi u s-mjeru X -ose do trenutka t = T kada brzina postaje nula. Od tog trenutka ono se vraca u suprotnom smjeTU od smjera X-ose, pa ce prema tome krez tacku koja je udaljena d = 10 em od koordinatnog pocetka cestica prolaziti u dva vremenska trenutka. StavljajuCi x d u jednaCinu (3.10) i sredjujuci je, dobijamo

Rjesavanjem se dobija

2 2rd t ~ 2Tt+ - = a

Vo

( I2;T) t",=7 l±Vl~-

"' TVo

t, = 1.15 .s i t, = 8.85 s.

3.1.. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE 77

Kada loptica dodje u koordinatni pocetak, ona ce produziti da se krece u suprotnom s:mjeru od smjera X -ose, pa ce jos jednom biti u tacki koja je udaljena za d = 10 em od koordinatnog pocetka, ali sada sa lijeve strane od koordinatnog poc.etka. StavljajuCi 11 jednaCini

(3.10) x = ~d dobicemo nakon sredjivanja

. 2Td t' ~ 27t ~ - = 0 Vo

t , ,2 = 7 (1 ± F~~~ t, = 10.9 s i t2 = ~O.g 8

Ovo drugo rjesenje nema fizikalnog smisla jeT vTijeme ne moze

biti negati-vno, pa se odbacuje. c) Put. koji cestica pTedje mozerno izracunati na sljedeCi naCin: Do trenutka tl = T = 5 s cestica vTsl jednoliko usporeno kretanje,

pa je za svako t S T, predjeni put jednak udaljellosti od koordinatnog

pocetka. Za vremenske trenutke t S 7 predjeni put ce se racullati

kao

NakeD zustavljanja u trenutku t =- T, tJjelo ce poceti jednoliko ubrzano kretanje u suprotnom smjeru od srnjera X-ose, a put koji predje,

posta krene iz mira bice

art ~ T)' volt ~ 7)2 Sl = --~-------.--- = ---~---~

2 2T

Ukupan put koji je tijelo presJo do trcnutka t, ako je t > T bite jednak zbim puta koji predje do zaustavljanja i put a koji prcdje od

zaustavljanja do tog trenutka.

V07' 1Io(t ~ r)2 Stl = Var ~ -~ +

27 27 vot'2

VOT - vot + ---27

Za tl = 4 s <-T·~koristicemo ·.rzraza za put 8 i dobiti 8 1 = 0.24 m. Za t z = 8 8 > r koristicemo iZTaz za ukupan put i dobijaroo

8 2 = 0.34 m.

78 CLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

GrafIk zavisnosti S(t) bice

S

o 2. Va = 250 m/s

"'1 = 7r/3 <>2 = 7r/4 6.t =?

2 3 4 '[ 6 7 8 9 10 t

Ako se prvi metak ispali iz pu§ke u nekom trenutku pod uglom 0:1 U odnosu na horizontalu, on ce u horizontalnoITl pravcu vrsiti jednoliko kretanje, brzinorn koja je jednaka VOx komponenti brzine u pocetnom trenutku, pa je koordinata polozaja u pravcu X-ose data relacijom

U vertikalnom praveu vrS! se jednoliko prornjenljivo kretanje ( u pocetku jednoliko usporeno) sa ubrzanjem g, pa je koordinata y

metka u treIlutku t od ispaljivanja

Aka se drugi metak ispali nakon nekog vremenskog intervala 6.t, tada ce njegove koordinate polozaja u trenutku t biti

X2 = vux2(1 - 6.1) =, VUCOS"'2(t - 6.t)

_ .' . g(t - 6.t)2 Y2 -- vUY'it - 6.1) - =

2 __ .. g(t - 6.t)2 --- vu(t -- !!.t) sm "'2 - -----.

2

Zrn?- ce se sudariti.u nekOll1 trenutku, t <?d ispaljivanja prvog metka, ako je u tom trenutku:xl = X2 i Yl = Y2 -

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlUKE

Uvrstavanjem se dobija

vot cos ", = vo(t - 6.t) cos ",

. gt 2 •

vot SIU 0':1 - - = vo(t ... - llt) SlIl(X2 2

g( t - 6.t)~

2

79

(3.11)

(3.12)

Iz jednaCine (3.11) se, nakon skraCivanja sa Vo i sredjivanja, dobija

COS 0::2 6.t = (1 .. - --)t

COS a1

Ako u jednacini (3.12) na desnoj stranl, lzvrSlmo mnozenje u prvom danu i kvadriranje u drugoID, i uvrstimo izraz za b..t, Hakon

sredjivanja dobijamo

2vo sin( cq 0'.2) cos 0:2 t=

9 cos2 0:2 - COS'2 0:1 (3.13)

Uvrstavanjerll u izraz za .6..t nadjen iz jednakosti Xl = X2 dobijaIIlO

Prerna torne drugi metak treba ispaliti za priblizno 11 s iza prvog cia

bi se s njim sudario. b) Vrijeme koje protekne od ispaljivanja prvog zrna do sudara

prema (3.13) ce iznositi t = 37.3 s. Koordinate polozaja tacke sudara biee

3. G A = 2GB

h = 60 em F'r =;GB /2 H=?

X, = vot cos "" = 4663.8 m

gt' Y, = vut sin "" - 2 '" 1251.2 m

80 CLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPIT'A

Ako se sistem prepusti samom sepi tijelo A ce se spustati, a tijelo B podizati. Kretanje tijela bice odredjeno silama koje na njih djeluju.

Projekcije na izabrani koordinatni sistem daju za tijelo B:

mEg ~.~ F~l = -rnB0B

(3.14)

r h

Znak minus na desnoj strani jednakosti pokazuje da se tijelo ubrzava u suprotnom smjeru od smjera X-ose.

Za tijelo A imamo:

(3.15)

Kako je uze neistegljivQ to je u svakom trenutku aB = aA = a, a prema zakonu akcije i reakcije je Fzl = F:1 i Fz2 = F:z

Posto se javlja trenje izmedju konca i kotura, lako se zakljucuje da je F~2 = FI zl + Ftr = Fz1 + 'fnEg /2.

Uvrstavanjem ovih zakljucaka u (3.14) i (3.15) dobijamo

mBg - FZl m'Ba

mAg - FZl - mBg/2 = m~Aa

Ako od druge jednaCine oduzmemo prvu i sredimo je, dobit cerna:

a=

Kada tijelo A spadne za visinu h, tijelo B ce se popeti do tolike iste v-.isine (j~r je uze neistegljivo) krecuci se jednoliko ubrzano bez pocetnebrzine. Brzina koju je postiglo tijelo B na kraju svog pen:-· janja bice v' = 2ah _C~ gh/3

3.1. PRVI PARClJALNI ISPIT! IZ FIZIKE 81

U tom trenutku prestaje ubrzano kretanje, i tijelo B produzava da se krece kao da je na visini, h izbaceno vertikalno u vis, brzinom

vo = v = Vgh/3

Visina na koju ce se popeti iznad tog nivoa bice

v 2 h h max = ~ =-

2g 6

Maksimalna vis ina na koju tijelo dospijeva bite

7h H = h + hmax = 6- = 0.7 m

4. vo=3m/s f3 = 20°

a) I =? b) h ~,? c) t, =? d) t2 "? eJ v =7

Uoceni element valjka na rastojanju rod ose ima zapreminu dV =

rdtpdrdz l odnosno masu

dm. = pdV = prd<pd,dz

Moment inercije ovog djelica U odnosu na osu simetrije je

dID = ,'dm = pr3 dr drpdz

Ukupan moment inercije za obrtanje oko ose simetrije valjka ce biti

10 = f r2 dm = p 1RO 12~ 1L r3 drdrpdz

10 = p (R" ,3dr (h drp rL dz ~:

Jo -- . Jo 10 l!i~LpRJ.. = mR5

2 2

82 GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

b)

Ovo se maze uraditi na tri nacina, i sva tTl dovode do is tog rezultata.

Prvi nacin: razmatranje obrtanja aka trenutne ase koja prolazi kroz O.

Dok se valjak kotrlja bez proklizavanja i klizanja anda sn sve njegave tacke kojima se on dodiruje sa podlogom u miru i predstavljaju trenutnu osu ako koje se ohreu sve ostale tacke, pa prema tome i centaT rnase ( odnosno sve one kaje leze na 08i simetrije). Tangcncijalna brzina obrtanja centra mase eka trenutne ase predstavljace njegovu trenutnu brzinu

odnosno trenutna vrijednost ugaone brzine obrtanja oko ose ce biti

v, w=-

Ro

Diferenciranjem ave jednaeine po t dobicemo

dw ~ ~ dv, dt ~ Ro dt

odnosno ugaeno ubrzanje pri kretanju ce biti

a, 0:: = ._-

Ro

(3.16)

(3.17)

Prema osnovnoj jednaCini dinanlike rotacionog kretanja, proizvod iz momenta inercije tijela U odnosu na osu rotacije i njegovog ugaonog ubrzanja jednak je zbiru momenata svih spoljasnjih sila koje djeluju na tijelo (racunatih u odnosu na tu -istu osu) .

3.1. PRVI PARClJALNI lSPlTI lZ FlZIKE 83

gdje su Ma , MR i Mtr momenti sila teze, reakcije podloge i trenja, respektivno. Kako pravci sila reakcije podloge i trenja prolaze kroz trenutnu osu rotacije u 0 to su njihovi momenti jednaki nuli, pa ostaje sarno moment sile teze.

(3.18)

~1oment ove sile je, kao vektor, usmjeren duz ese obrtanja prema nama, tj. suprotnog je smjera od ugaone brzine abrtanja valjka, pa ce izazivati jednoliko uspareno obrtno kretanje. Projekcija ave vektorske jednacine na osu u srnjeru prema nama je

10: = Rorng sinj3 (3.19)

Prema Stajnerovoj teoremi je

2 mR5 . 3rnR6 I = 10 + rnRo = -- + mR~ _

2 2

pa se koristeCi (3.19) dobija

3mRJ a, -2~~ R~ = Romg sin j3

2 a, = ilgsinj3

Prema tome, zakotrljani valjak ce se kretati jednoliko usporeno uz strmu ravan, pa ce put koji predje dok se ne zaustavi biti

U tom trenutku se nalazi na visini

. 3v5 h = Sz sm j3 = - = 0.69 m

4g (3.20)

Drugi naCin - razmatranje ubrzanja centra mase i ugaonog ubrz~nja oko ose koja prolazi kroz centar rnase.

84 GLAVA 3. RIJESENI ZADACl SA PlSMENIH ISPITA

Kretanje valjka mozemo razmatrati kao translatoTno pomjeranje centra mase i obrtanje oko ase koja prolazi kroz centar mase. Translatorno pomjeranje je odredjeno jednaCinom

3

ma, = L .F; = G + R + i;" (3.21 ) i=l

a rotaciono aka ose kroz centar

3

15. = LMi,p = Me + MR + Mtr

i=l

gdje je a ugaono ubrzanje ako ose kroz centar rnase, a na desnoj strani znaka jednakosti je zbir rnornenata svih spoljasnjih sila koje djeluju na to tijelo (u donosu na istu osu kroz centar mase). Kako pravci sile teze i reakcije podloge prolaze kroz osu oke koje razmatramo okretanje 1 to su njihovi momenti jednaki Iluli) pa sarIlO ostaje moment sile trenja

(3.22)

gdje je Rb vektor po]ozaja napadne tacke silc trenja u odnosu na osu kroz centar.Projekcija (3.21) na izabrane ese koordinatnog sistema daje

)( - osa

Y··osa

-- mg sin f3 + Ftr = -mac

- mg cos (3 + R = 0 =? R = mg cos /3

(3.23)

Iz (3.22) se vidi daje moment sile trenja suprotnog srnjera od ugaone brzine, pa ce prema tome izazivati usporeno obrtno kretanje

(3.24)

gdje smo uzeli u obzir da je Rh = R o. UzimajuCi U obzir da je D: = at! R a, kao i to da je pri ovakvom

kretanju Vt = Vc i da se diferenciranjem dobija at = an mozemo (3.24) pisati kao

odnosno

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

Uvrstavanjem u (3.23) i sredjivanjem se dobija

2 . a, = ··gsm(3

3

Put zaustavljanja valjka biee

a trazena vis ina

2 3 2

S _ Vo _ Va

z-·-----2a, 4g sin (3 ,

3v2

h = Szsin/3 = _0 = 0.69 m 4g

TreCi nacin (energetski pristup)

85

Sila trenja koja se javlja ne vTsi rad (jer nema proklizavanja), a silu trenja kotrljanja zanemarujemo, pa ce ostati u vaznosti zakon 0

odrzanju ukupne mehanicke energije. Ukupna mehanicka energija na pocetku strme ravni je jednaka zbiru kineticke encrgije translatornog pomjeranja centra mase valjka i kineticke energije njegove rotacije oko ase simetrije (na kojoj lezi centar mase valjka), a na visini h je jednaka sarno potencijalnoj energiji ( kao nulti nivo racunanja potencijalne energije uzeto je podnozje strme ravni).

Kako je kod ovog kretanja u pocetnom trenutku Vo

imacerno, nakon zamjene i sredjivanja

3v2

h = _0 =0.69m 4g

Rwo,

c) Kako je kretanje centra mase uz strmu ravan jednoliko usporeno, t.o se vrijeme zaustavljanja moze odrediti iz izraza za brzinu

v = Va - act

stavljajuCi da je ona na vrhu strme ravni jednaka nuE

Va'-I z = - = 1.34 s

a,

86 CLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PlSMENIH ISPITA

d) Poste se energija ne trcsi na savladjivanje sila trenja, to ce ubrzanje centra mase valjka niz strmu ravan biti isto kao i pri penjanju uz strillu ravall, pa ce sa visine h stiCi do podnozja za isto vrijeme

t, = t z = 1.34 s

e) Valjak, nakoIl zaustavljanja, krene niz stnnu ravan i pri dolasku u pocetni polozaj imace brzinu

v = aJs = Va = 3 rn/ s,

dakle jednaku pocetnoj brzini.

5. d D h H

a) Q =? b) I:;.p =?

b) Prema Bernulijevoj jednaCini za proticanje idealne tecnosti kroz strujnu cijev, duz jedne strujne linije vazi

pvi pv~ PI + pgh,+ - = P2 + pgh2 + -

2 2 (3.25)

H

gdje je PI pritisak koji vlada u tai'ki 1 na presjeku 5, koja se nalazi na visini hi iznad nekog pToizvoljno izabranog nivoa, a Vi

brzina djelica tecnosti u toj tacki. Velicine oznacene indeksom 2 su odgovarajuce velicine u tacki 2 na izlazu iz konusa. Ova jednacina se moze malo transformisati

p(v 2 _ v 2 ) PI - P2 = pg(h2 - h,) + _2 ___ '_

2 (3.26)

Zaprerninski protok tecnosti je zapremina tecnosti koja u jednoj sekundi protece kroz popf(~cni presjek cijevi

I:;. V 5vl:;.t Q = "~-- = --= 5v

I:;. t I:;.t

3.1. PRVl PARClJALNl ISPlTl lZ FlZIKE

Prerna jednaCini kontinuiteta strujanja je

odnosno

D21'( d'1'( --v ~ --_··_'v

4 I - 4 '

87

(3.27)

Uvrstavanjem u (3.26) i uzimajuCi U obzir da je h2 -hI = h, hnacemo

p ( d4

) PI - P2 = pgh +:2 1 - D4 v~ (3.28)

Brzinu V2 rnozerno odrediti na osnovu zakona 0 odrzanju ukupne mehanicke energije za jedan djelic tecnosti. Djelic rnase ,0..rni koji izalazi kroz vrh fontane ima brzinu V2 i kineticku energiju

A 2

Em = !:::'rniv2

2

. Kada OIl ide nav-iiSe, ta energija se trcs! na savladjivanje sile teze, kada se nadje na visini H iznad otvora, njegova ukupna mehanicka eneTgija .bice u vidu potencijalne, pa se moze pisati

D.miV~ 2 -~"-2-- = I:;.migH => V 2 = 2gh

Uvrstavanje 11 (3.28) daje

PI - p, = pgh + pgH (1 - ~~) Kako je d < D, to je izraz na desnoj strani jednakosti pozitivan, pa je prema tome pritisak Pi veti od P2 za vrijednost

I:;.p = pg [h + H ( 1 - :;4) 1 a) Protok vode u fontani je

88 GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIII ISPITA


Tuzla,16.5.19S7. god.

l.Na strmoj ravni~ nagibnog ugla j3 = 7f /6 nalaze se tijela Ciji je

odnos rnasa m,/m, = 1J = 2/3 i koefieijent trenja izrnedju tijela m, i strme ravni f,L = O.l. Masa kotllra je rr1-3 = 0.5 mI. NaCi rad sile trenja za vrijeme t = 3 S od pocetka kretanja, m, aka se sistem prepusti samom sebi iz mira, i aka je masa m, 2 kg. Masu niti kao i trenje U osovini katura zane-mariti. Nit ne proklizava po koturu.

m,

2. Valjak rnase m i poluprecnika r pocne da se kotrlja bez pro-klizavanja niz strmu ravan sa visine h. Kolika je brzina centra mase na kraju strrne ravni? Kolika je periferijska brzina tacaka na obodu valjka u tom trenutku? Kolikaje kinetii'ka energija rotaeije? Zadatak rijesiti koristeCi:

a) Njutnove zakone mehanike i b) zakon '0 odrzanju rnehanicke energije.

3. U sistemu ( kao na slieil, iz sirokog suda A kroz cijev istice viskozna tecnost cija je gustina p = 103 kg / mS. Izvesti izraz za racunanje protoka tecnosti kroz horizontalnu cijev. N aCi srednju vrijednost brzine (po presjeku)

--- -- _. ---

r--

~

-- -h3

- -l

I - IF h; 1'-1i'1... -

i l I L I

brzinu kojoID tecnost istice kroz otvor B, ako je hI = 10 em;, h, = 20 em i h3 = 35 em. Rastojanja L 8U jednaka i iznose 30 em. Objasniti zasto pravac koji polazi od otvora B i prolazi kroz nivoe tecnosti u manoITletrima, probada sud A nize nivoa tecnosti u njernu.

4 .Covjek mase m = 80 kg hoda jednoIikom brzinoin po rubu kruzne pl;'ie (diska) poluprecnika r i mase M = 480 kg. Ploca moze

3.1. PRYI PARCIJALNI lSPITI lZ FlZIKE 89

da rotira bez trenja oko ose simetrije. Za vrijeme T, = 60 8 covjek obidje eijelu plocu.

a) Za koliki ce se ugao a obrnuti ploca za vrijeme Tl? b) Za koliki ugao (3 ce se pomjeriti covjek za to vrijeme?

c) Za koliko vremena t ce covjek doci u polozaj odakle je krenuo obzirom na podlogu?

5. NaCi potencijalnu energiju gravitacionog medjudjelovanja: a) Dvaju materijalnih tacaka masa rnl i m2, aka se one nalaze na

rastojanju T,

b) Materijalne tacke mase m i tankog hornogenog stapa mase M i duzine L, ako se ani nalaze na rastojanju a jedno od drugog. Odrediti takodje, silu njihovog medjusobnog djelovanja.

Rjeiienja:

1. (3 = 7r/6 m,fm, = 1J = 2/3 Jl. = 0.1 mg = 0.5 m'l

A tr :7-=:?

t = 3 S

m, = 2 kg

Prema Drugorn Njutnovom zakonu mehanike, translatorno kretanje tijela. ml i "1'2 i rotaciollo kretanje kotura ms opisuju se jednaCinam,a

fl

ii, + 6, + FZl + Ftr = m,a,. 6 2 + FZ2 = m2ii2

3

Iii = LMi i=l

(3.29)

. (3.30)

(3.31)

Projektovanjem ovih vektorskih jednacina na ose izabranog koordi-


natnog sistema, kao na slici dobijamo

-mIg sin f3 - Ftr + Fzl = ml al

-m,g cos,6 + R, = 0 '* R, = m,g cas,6

Na osnavu druge jednaCine se za silu trenja dobija

Tada se moze pisati

Iz jednaCine (3.30) dobijama

Treca jednacina projekcijom na Z-osu daje

gdje je r poluprecnika kotura, a SITljer vrcenja je naznacen na slici.

Ako je nit nei8tegIjiva i ne proklizava po koturu, oIlda mara biti al = a2 = at, gdje je at tangencijalno ubrzanje tacaka na obodu kotura za vrijeIne vrcenja. Obiljezimo vrijednost tog ubrzanja sa a.

Uzirnajuci l! obzir da je at = rex = a i F~l = F~l' odnosno F~2 = FZZl

imacemo

a 1- = (Fz2 -- Fz,)r

r -rn,9(sin,6 + ,"C08,6) + .f~, = m,a

mzg - Fz2 = mza

(3.32)

(3.33)

(3.34)

Moment inercije kotura U odnosu na osu obrtanja je I = msr2/2, pa uvrstavanjem u (3.32) dobijama

(3.35)

Saberemo Ii (3.33) i (3.34) dobicemo

[m, -- m,(sin,6 + j.lcos,6)] 9 --·(Fz2 - Fz ') = ·(m, + m,)a (3.36)

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI lZ FlZIKE

Uvrstavanjem (3.35) u (3.36) dobicemo

rj - (sin,6 + j.l cos ,6) / 2 a = . - g = 0.41 m s

1 + '7 + 0.25

Put koji tijelo predje za prve tri sekunde od pocetka kretanja je

at'

Rad sile trenja je

S = - = 1.84 m 2

At, = J .f~,. dS = - J F t, dS = -j.lm,gcos,6S = -3.13 J

91

Rad je negativan, jeT se pomjeranje vrsi nasuprot djelovanja sile trenja.

2. m

r h

a) v -1 , -. Vt =7 Ekr =7

b) v -"7 c --.

Vt =? Ekr ='1

Prema Njutnovim zakonima mehanike, kretanje valjka je opisano osnovnOID jednaCinom dinamike rotacionog kretanja

.-h

N

I5.= ';LMi (3.37)

gdje je I Inoment inercije tijela U odnosu na osu oko koje se vrSI obrtanje, a Mi moment i-te spoljasnje sile U odnosu na istu osu.

Najzgodnije je da za osu izaberemo liniju duz koje se valjak dodiruje sa podlogom (trenutna osa rotacije). Tada je jedino mo

ment sile teze razlii'it od nule ( sile it, i R prolaze kroz Deu obrtanja pa iill je moment jednak nuli).

MG=rxG

92 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENlH ISPITA

Ovaj moment je usmjeren duz ose U cfteZ. UgaoIlo ubrzanje kao vektoT je istog smjera i pravca. Projekcija jednaCine (3.37) na smjer ugaonog ubrzanja daje

I" = mgT sin 0 (3.38)

Moment inercije valjka U odnosu na datu osu izrac.unat cerno po Stajnerovoj teoremi

2 3 2 _ 2,_ mr. 2 mr ]' - 10 + mr - -- + mr = --"

2' 2

Tangencijalno ubrzanje centra roase (tacka na osi simetrije) n odnosu na trenutnu osu bice

Uvrstavanje u (3.38) i sredjivanje daje

Brzina centra rnase (ose simctrije valjka) na kraju strme ravni bice

v, = V2acS = 2V!9h 3

Periferijska brzina tacaka na obodu valjka bice

v = rw,

gdje je w ugaona brzina rotacije oko centralne ose. Kada nema proklizavanja valjka po strrnoj ravni, onda je brzina tacaka na liniji dodira valjka sa podlogorn jednaka nuli, to jest njihova periferijska brzina je jednaka brzini centra mase.

~ v = Vc = 21/-~ "V 3

Kineticka energija rotacije ce biti

3.1. PRVI PARCIJALNl lSPITI IZ FlZIKE 93

Kako je 10 = mr2 /2 i W = velr irnacerno

b) Prema zakonu 0 odrzanju energije mozelno pisati da je sva potencijalna energija presla u kineticku energiju translacije centra mase i rotacije eka ose simetyije. Sila trenja ne vrsi nikakav fad jeT tijelo ne proklizava

Kako je w = 1Jc/r i 10 = mr2 /2, imacemo

Periferijska brzina tacaka je jednaka brzini centra mase. Ra.zmotrlIDo to malo de-taijnije. Brzina svakog djelita pri ravninskom krctanju Vi moze se napisati kao zbir brzine translatornog kretanja tacaka na osi rota.cije Vc i periferijske brzine pri rotaciji oko te ose iJ' ,

- A ~

Brzina tacke A je ii"A = O. Odavdje se zakljui':uje da je if" odnosno v~ = wTsin900 = wr = Vc. Prema tome je

Kineticka. energija rotacije je

_.- Iow 2 mv; Ekr = ~2- = ~4~ =

mgh

3

94 GLAVA 3. RIJESENf ZADAC1 SA PISMENII:1 ISPITA

3. rn = 80 kg r

T, = 60 s a) 'P =? b) (3 =? e) t =?

Ako se covjek kre"e konstantnom brzinom v po 0-

bodu ploce, on ima odredjenl Inoment kolicine kretaIlja koji se moze izracunati kao

(3.39)

gdje je L~ = mr2 mOIIlent inercije covjeka U odnosu na osu simetrije; a We --- Wp je rezultujuca ugaona brzina covjeka u sistemu vezanom za podlogu.

Prema zakonu 0 odrzanju rnOIDcnta koliCine kretanja istu toliku koliCinu kretanja dohija ploca sarno u suprotnorn smjeru, a moze se lzraziti kao

(3.40)

gdje je Ip = M r 2 /2 UlOment inercije ploce, a wp njena ugaona brzina u sistemu vezanom za podlogu.

lzjednaeavanjem (3.39) i (3.40) dobijamo ugaanu brzinu ploce

Ugao za koji se obme plata za vrijeme TI , posta je kretimje jednoliko obrtno, moze se izracunati kao

b) C;'ovjek se za to vrijeme pornjeri za ugao

3.1. PRVI PARCI.IALN1 lSP1TI 1Z FlZIKE

4. P = 10' kg/m' hI = 10 em h, = 20 em h, = 35 em

v ='1

95

Kada viskozna tecnost prot ice kroz cijev, zapreminski protok tecnosti koeficijenta viskoznosti 1] Be moze izracunaii na osnoYU Njutnovog zakona viskoznosti

dv F" = 1)S,

dr

Prj stacionarnom strujanju tecIlosti kroz cijev, rezuitantna sila, koja djeluje na uoceni valjak poluprc(nika r, je jednaka nuli. Sila pritiska

(Pi - pz)r'1l' je jednaka siii trenja r} 5( dv / dr), ali je suprotnog smjera, pa se rnoze pisati

z dv (PI - pz)r 1l' - (-7)5-) = 0

dr

Znak "_ll ispred sile trenja se pojavljuje zbog toga ?ito se sa porastom r brzina slojeva tecnosti smanjuje, da hi na zidu cijevi dostigla vrijednost nula, jeT se, usljed djelovanja medjumolekularnih sila, 810j tecnosti koji se nalazi liZ sami zid cijevi, zalijepi za njega.

Razdvajanjem promjenljivih dabijama

PI - pz dv = 'rdr

2')L

Integracijom ovog izraza

se dobija

96 CLAVA 3. RIJESENl ZADACl SA PlSMENIH ISPITA

gdje je Vo nepoznata brzina na osi cijevi. Nju odredjujemo iz uslova da je v = 0 za r = R (na zidu cijevi)

Va = PI_- P'R2

47)L

Tada se, za brzinu na rastojanju r od ose cijevi moze -pisati

V~Vo r - 1----_ __ PI - pz 2 _ p, - P' R2 ( r2 )

47)L 47)L R2

Zapremina tecnosti koja za neko vrijeme dt protekne kroz srafiranu povrsinu iznosi

_____ L,

\ \ I '

_. -- ~ -' . ./

dV = vdtd8 = R 1 - - 2T1rdrdt , PI-P, 2( r') 41JL R'

Ukupna zapremina koja protekne kroz citavu cijev za vrijeme dt bice

dV - dT - --·--R dt 1 - _.- r dr _ j. 7' _ "ff(PI - pz 2 lR ( r2 )

27)L 0 R'

Zapreminski protok tei'nosti je

Q = gd~ = zr(P12-:.r~)R2 [~ jg -'~2 ~ Ir] = ~(PI;;;Z)R' (3.41)

U nasem zadatku isticanje se vrsi kroz cijev duzine 3L, a pritisak P, = Pa + pgh3 i p, = Pa, pa je koristeci (3.41)

Q=

3.1. PRVl PARCIJALNl ISPITl lZ FlZIKE 97

Ovaj protok mozemo predstaviti kao proizvod povTsine poprecnog presjeka cijevi i neke srednje brzine (racunate po presjeku), tj. neke stalne brzine kojom bi trebali da se kreru djelici u svakoj tacki presjeka, pa da protok bude isti kao i kada se krecu brzinarna koje se rnijenjaju duz poluprecnika cijevi.

Q R' - - Q-= '7fV ::::}- 'l} ::-= _.- = R2"ff

pgh3 R2 / = 1 m s

247)L

Posta je protok tecnosti kroz svaki presjek, na bilo kojern mjestu horizontalne cijevi isti, enda slijedi da je razlika pritisaka na presjecima propoTcionalna njihovom rastojanju L duz cijevi

Ovo znaCi da postoji pad pritiska duz cijevi, sto se i dogadja.

\

I

Tecnost u sirokom sudu u pocetku miruje, a u cijevi se poclDJe kretati. Da bi se djelic mase ~m pokrenuo iz mirovanja do bTzine v kojom struji kroz horizontalnu cijev, mora se utrositi neka energija. To je potencijalna energija

Ep = 6.'mg6.h

Visinska razlika 6.h predstavlja razliku visine na kojoj se nalaze slobodna povrsina u sirokom sudu i tacka gdje linija koja pTikazuje

98 GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH JSPITA

linearno opadanje pritiska (tacka D) probada sud. Iz podataka se vidi da je

tlh"" h3 (hz + lOcm) = Scm

Ova energija prelazi u kineticku energiju, sto daje

tlmv'

5. a) U =? b) m, m, r

-_. = tlmgtlh 2

v = j2~"!:"-h = 0.99 m/ s

U =? rn

M L a F =?

Materijalne tacke ITlaSa ml

i m2, koje se nalaze na rastojanju r

rnedjudjeluju silom koja je po inteIlzitetu data relacijom

mlm2 F="'I---

r' U vektorskorn obliku sila kojom prva i'estica djeluje na drugu je

..... mlm2 ____ F = -"'I---ro

r'

B

Ako se matel'ijalna tacka mase m2 iz tacke A treba da prcrnjesti u tacku B, vrsi se rad protiv gravitacione sileo Bez obzira kakav je oblik putallje po kojoj se vrsi premjestallje, elemental'ni rad gravitacione sile je

dA = F· dB = FdS cosO = -FdS cos a. = -Fdr

Ukupan rad gravitacione sile na datorn putu je

A = - J F dr = -jrn l rn2 fro dr _ 0__ - r A r2

. 1 (1 l' = jrnlrn2 - l;n = jmlrn2 ,".- - -~)

T A TB r A (3.42)


Na osnovu ovoga se moze zakljuciti da rad gravitacione sile ne zavisi od oblika puta po kome se vrsi premjestanje, vee sarno od medjusobnog polozaja pocetne i krajnje tacke put a tai'kaste mase koja se premjesta. Sila gravitacionog medjudjelovanja, kao unutraSnja sila u sisternu moze vrsiti rad sarno na racun smanjenja potencijalne energije sistema, pa se moze pisati

AAB = EpA ~ EpB

Smanjenje potencijalne energije se definise kao razlika izmedju potencijalne energije u pocetnom i krajnjenl polozaju

EpA -- EpE = _'/ mlm2 _ (_, m 1m3.) TA TB

Odavdje se moze zakljuciti da je potencijalna energija sistenla, karl se tackaste mase nalaze na l'astojanju r, data izrazom

rnlm2 Ep(r) = -"'1-- + C

r

Konstantu C rnoramo da uvedemo jer se u gornjem izrazu pojavljuje razlika, pa se te konstante poniste. Vrijednost ove konstante se odredjuje biranjem rastojanja r na kome ce potencijalna energija sistema bili Ilula. Uobicajeno je da se uzima da je potencijalna energija sistema jednaka nuli kada su tackaste mase na beskonacno velikom rastojanju jedna od druge, tj kada one medjusobno ne djeluju. Stavljanjem da je Ep (00) = 0, dobijarno da je i C = 0, pa ostaje

( ) m,rn, Ep r = -"'I~-r~

Uobicajeno je da se potencijalna energija obiljezava i sa U. Do ovog izraza mozemo doci diferencijalnim raCunOID. Gravitaciona sila moze vrsiti rad sarno na racun smanjenja po

tencijalne energije sistema.

dA = -dU


Konstantu integracije C odredjujemo iz uslova da je potencijalna energija sistema dvaju materijalnih tacaka jednaka nuli ako se one nalaze na beskonacnom medjusobnom rastojanju.

Ako stavirno u posljednju jednaCinu U = 0 kada je r = 00, dobija se da je C = 0, pa se za potencijalnu enegiju gravitacionog medjudjelovanja dvaju tackastih rna"a koje se nalaze na rastojanju r jedna od druge, dobija

mlm2 U(r) = -1~-

r Drugi naCin: Potencijal u nekoj tacki gravitacionog polja je brojno jednak radu koji izvrsi gravitaciona sila kada se jedinica mase iz te tacke prenese u beskonaenost. KoristeCi (3.42) dobijamo

Ako uporedimo sa izrazom za U(r}, moze se reCi da je potencijal brojno jednak potencijalnoj energ~ji jedinice mase koja se nalazi u toj tacki gravitacionog polja. Odatle sHjedi da je potencijalna energija sistema jednaka proizvodlI potencijala u toj tacki i mase koja je u nju unesena

mlm2 U = m,<p = -1~

r

b) Kako nije receno u kakvom su medjusobnom polozaju stap i tackasta masa, uzecemo kao na slid

Kao sto smo vidjeli u prethodnom dijelu zadatka, gravitacioni potencijal uocenog elementa na stapu dm, koji je na polozaju x od koordinatnog pocetka, u tacki koja je od njega na udaljenosti a + L /2 - x, je dat relacijom

dm .M dx d<p = -, ."C:""C.-- = -1- .. -

a+L/2-x La+L/2-·x


Ptencijal gravitacionog polja citavog stapa u uocenoj tacki A bice jednak zbiru potencijala koje u toj tacki proizvode svi djeliCi stapa, pa se moze pisati

J MJ dx <p = d<p = -1-L a+L/2-x

Srnjenorn a + L/2 - x = u i uzimajuCi u obzir da je -dx = du ovaj integral postaje

Potencijalna energija sistema stap - tac.kasta masa m kojaje unesena u tacku A iznosi

U = _1~m In (1+~) Sila uzajamnog djelovanja izrnedju uocenog elementa i stapa i tackaste mase m u tacki A je

rn dm dF=I~~~~--

(a+t-x)"

pa je gravitaciona sila izmedju Citavog .stapa i tackaste mase

J mdm Mm F = 1 ~~~--- = 1---~~

a+L/2--x a(a+L)


Tuzla,10.3.1984. god.

1. Top smjesten u podnozju brda namjesten je tako da mu cijev sa horizontalorn zaklapa ugao (3 = 7r / 4 kada je osa cijevi paralelna sa. kosin om.

a) Koji ugao treba da zaklapa sa horizontalom cijev ako granata treba da padne okomito na kosinu?

b) Koliki treba da bude elevacioni ugao cijevi da bi granata najdalje pala i koliko je to udaljenje?

c) N a koje \rrijeme treba ternpiratj granatu da bi eksplodirala pri udaru u kosinu u situaciji pod a)

102 GLAVA 3. RIJESENl ZADACl SA PlSMENlH lSPlTA

Granata ima pocetnu brzinu Va = 200 mj s, a top stnatrati tackastom masom. Otpor v-azduha zanemariti.

2. Drvena greda duzine L = 2 m i povrsine poprecnog presjeka S = 31.5 ern' objesena je za jedan svoj kraj tako da moze oseilovati u vertikalnoj ravni. Dok je greda u polozaju stabilne ravnoteze u nju udari metak mase m = 12 g koji leti u horizontalnom pravcu brzinom Vo = 500 m/s. Zapreminska masa drvetaje p = 800 kg/m"-

a) Za koji ugao ce se otkloniti greda ako metak udari u sredinu grede i u njoj se zadrzi?

b) Koliki je ugao kad metak udari u slobodni kraj grede i ostane U llJemu

e) Koliko puta i za~to je ugao pod b) veei nego pod a)'! 3.Sprica za injekcije puna je vode. Promjer klipa je D = 15 rnm,

a njegov hod je L = 8 mm. Voda maze isticati kroz otvor promjera d = 1.5 mm kada injekcija nije nataknuta.

Kada je sprica postavljena horizontalno djeluje se na klip kon-stantnom sHorn F = 4 N.

a) NaCi brzinu isticanja vode iz sprice! b) Odredi vrijeme isticanja vode iz sprice til c) Kolika konstantna sila istisne svu vodu iz sprice za t = 6 s? d) Nacrtajte v, ~ v2(1) iii = li(F)

4. Na strmim ravnima koje sa horizontalom zaklapaju uglove Ct, = 1r /6 i Ct2 = 1r /3, nalaze se tijela masa ml = 8 kg i m, = 2 kg, (vidi sliku). Tijela 8U vezana idealno savitljivim, laganim, neistegljivim koncem koji je prebacen preko ko-tura.

Koeficijenti trenja tijela i podloge su 1"1 = 0.1 i 1"2 = 0.2, respek-tivno.

a) Koliku brzinu imajll tijela poslije dvije sekunde od prepustanja sistema sarnom sebi?

b) Kolika je sila zatezanja konca? e) Odredi vektor sHe koju trpi osovina kotura.

3.1. PRVl PARClJALNl lSPlTl lZ FlZIKE

5. Unutar sferIlog tijela poluprecnika R i zapreminske mase p

irna sferna 5upljina poluprecnika r = R/4. Centar ilupljine je na rastojanju r = R/4 ad centra veee sfere. N adji ubrzanje slobodnog padanja iJ. u tacki P koja je

na rastojanju x = 3R od povrsine sfernog tijela.

tacka P su na istoj pravoj.

103

x 0 ------~-

Centri sfera i

Rjesenja:

1. (3=7r/4 Vo = 200 m/s

a) Ct ='1 b) Xmax ='1 c) t =7

a) Kada se granata izbaci ona nastavlja kretanje u polju sile Zemljine teze, Cije je ubrzanje g usmjereno vertikalno prerna dolje. Ako izaberemo koordinatni sistem kao na slici, onda su projekcije ovog ubrzanja

gx = -gsin{3 i gy = -gcos{3

Prema tOInc, kretanja 11 pravcu X- i Y -ose ce biti jednoliko usporena.

Pocetna brzina ima projekcije

Vox = Vo cos 0: i V OII = Vo sin 0:

Trenutne vrijednosti projekcija brzine su date relacijama

1)x = vox "{-.:- gxt = Va cos·a - gt sin (3

Vy = vall + gyt = Va sin 0: .- gt cos (3

104 GLAYA:;. RlJESENl ZADACl SA PlSMENIH lSPlTA

Ako granata treba da padne normalno na strmu ravan, znaCi da u tom trenutku treba da bude Vx = 0, to jest

. gt sini3 Va cos 0' ~ gtp SIn (3 = 0, =?- cos Q: = -p __ . __ .

Vo (3.43)

U momentu kada granata dostigne najvisu tacku iznad kosine u Ypraveu njena komponenta Vy = 0, odnosno

Va sin a - gil COS j3 = 0

gdje je tl vrijeme penjanja do najvise tacke putanje iznad padine.

Lako se zakljucuje da je

v. ,o"-s::,::n:..:,,,: t, = -9 cos i3

i da je vrijeme kretanja tk = 2t, odnosno

2vo sin 0: t k ,= ---''---

9 cos i3

a uvrstavanjem u (3.43) dobijamo

1 1 tall 0' = -

2 tan i3 2

ex = arctan 0.5 = 26° 30'

U gao U odnosu na horizontalu iznosi

"I = i3 + " = 71" 30'

b) Kretanje po X·osi bice odredjeno jednaCinom

9,1' gt' sin i3 x=v t+"""-=vtcosa-ox 2 0 2

(3.44)

Domet po X-osi ( po kosini) dobil. cemo ako umjesto t stavimo tk

(vrijeme kretanja)

(3.45)

,

!

:;.1. PRYl PARCIJALNl lSPlTI lZ FlZIKE

Uvrstimo Ii rezultat iz (3.44) u (3.45) i sredimo dobit cemo

_ va . 2 SIH aSlllp 2 ( 2 ., . f'i) XD - --- SIn a-

9 cos .B cos i3

Da bi darnel. xI! bio maksimalan, treba da bude

dXD -=0 da

a diferenciranjem (3.46) se dobija

v' ~ (2 cos 2", _. 4 sin Q cos cdanj3) = 0 9 cos {J

N akon sredjivanja se dobije

105

(3.46)

1 tan2a = -- = 1 =? 2a = 45°, a = 22° 30' (3.17)

tan i3 '

Da b1 granata pala najdalje, elevacioni ugao treba da bude

"I = i3 + a 67° 30'

Domet tada, prema 3.46 iznosi

v 2

XD = -_or.; (sin2a - 2sin2 atani3) = 1688.7 m 9 cos/-,

e) Da bi granata eksplodirala pri uda.ru u kosinu u situaciji pod a) potrebno ju je tempirati na vrijeme

Vo SIn a t=tk=2 = 25.72 s

9 cos i3

2. L =2m p = 800 kg/m3

S = 31.25 em' a) VI =? m ~ 12 9 b) V2 =? Va = 500 mjs c) Vl/VZ =?


a) Moment kolicine kretanja sistema prije sudara, mora biti jednak rnomentu koliCine kretanja poslije sudara. Prije sudara greda je rnirovala, pa je mornent ko

licine kretanja sistema predstavIj ao sarIlO moment koliCine kretanja metka L, = mvoL/2 u odnosu na OSli O. Poslije sudara metak i greda nastavljaju da se obrcn oko iste ose, sa ukupnim momentom kolicine kretanja L2 = Isw.

'\ l. o~ \ \ 2 1\ . \ '1, \ \

"X ~(~'\ \----th I M

\'\ \ \ \

\ ' , , ' > ~~

Ovdje je illorncnt inercije sistema jednak zbiru momenata inercije grede i rnomenta inercije metka 11 odnosu na osu O. MOlnent inercije grede je Ig = M L' /3, a metka 1m = mL' /4, pa se maze pisati

Odavde se dobija da je ugaona brzina slsterna ncposredno poslije

sudara 6mvoL

(;J = ~".~, --.. -L(4M + 3m)

(3.48)

Masa grede je A1 = pLS = 5 kg pa se ova ugaona brzina Inoze izracunati. Neposredno poslije sudara sistem raspolaze sa kinctickom energijom rotacijc, koja pri njegovorn obrtanju prelazi u potencijalnu energiju sve dok se sistem fie zaustavi. U trenutku zaustavljanja vazi

Sa slike se vidi da je

L h = (1 - cos 1"1)

2

Uvrstavanjem izraza iz (3.48) i (3.50) u (3.49) imacerno

Ig +1m 2 L .."...--'..C:: w = (M + m)g-'(1 - cos 10,)

2 2

(3.49)

(3.50)

(3.51)

3.1. PRVI PARCIJALNl ISPITI lZ FlZIKE

Nakon rjesavanja Dve jednaCine dobija se da je ugao otklona

3rn2v5 1 -;-c-::-- = 0,945

cos 1"1 co - (M + m)gL(4M + 3m)

107

1"1 = arctan 0.945 = 19.06° (3,52)

b) U slucaju kada metak uclari u kraj grede mozemo

pisati

mVoL c= (Ig + 1;")w'

U gaona brzina sistema neposredno poslije sudara je

I mVoL w =~.--19 + Im

Moment inercije Im = mL' pa je

metka Je

I 3mvo w = .-~.

o

l

m

\ \

1. 2

(M + 3m)L .. Kineticka energija rotacije prelazi u potencijalnu energlJU, pa se

u trenutku zaustavljanja obrtanja maze pisati

gdje je

II = L(1 - cos 1"2)

h' = t (1 .. cos 1"2)

UVdtavanjem se dobija

--.).. mL --_ .. _-.... - = m + - Lg(1 - cas 1'" (

ML2 ') 3mvo (M) ) 3' (M .j. 3m)L . 2

Odavde se rjesavanjelll po ip2 nalazi

- 1 2mvQ '- ~ a 7565 cbs ip2 ~ ~ (3m+M)g - . ~ <

1"2 = arccos O. 7565 ,~ 40° 50'

(3.53)

(3.54)

(3.55)

(3.56)


PreporuC:ujemo da sami kao vjezbu nadjete po]ozaj cen'tra- mase sistema nakon udara metka i da onda racunate ugao za koji ce se otkloniti slsteIrl 11 trenutku zaustavljanja.

c) Odnos uglova otklona

'P2 40.83° ~ = -- 0=2.14 'PI 19.06°

Ugao pod b) je veri zbog toga sto je 11 tom slucaju InOIDent kolicine kretanja prije sudara veti nego U pTvom slucaju.

3. D = 15 mm L=8mm d = 1.5 mrn

F=4N a) v, =? b) c)

ii =7 F, co?

t = 6" d) V2 = v,(F)

ti = tifF)

- - . ---:::::--=--.------'''''--

1'0

L

a) Prema Bernulijevoj jednaCini za idealne tecnosti. zbir unutrasnjeg pritiska, v.isinskog pritiska i brzinskog duz jedne strujne Hnije ostaje konstantan. Ako izaheremo strujnu liniju duz ose cijevi otvora za iglu injekcije, mozemo pisati

, 2 I PV1 pv"

PI T 2 = Pa + 2~ (3.57)

gdje SIDO visinske pritiske sa Iijeve i desne strane izostavili jer je strujna linija horizontalna, pa Sl1 oni jednaki i ponistavaju se. Spolja,snji pritisak na klip je

F 4F PI = Pa + ~ =-:: Pa + --

S D''lr (3.58)

Uvr!itavanjem (3.58) u (3.57) i ponistavanjem Pa, !ito predstavlja atmosferski pritisak, dobijarno

4F pvf pv~ .. ~"~+~= "~-D'7C 2 2

(3.59)

:1.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI 1Z FlZIKE 109

Prema jednaCini kontinuiteta strujanja 51 VI = S2V2 mozemo izracu

nati brzinu VI d' (3.60)

Uvrstavanjem (3.60) u (3.59) i rjesavanjem po v, dobijamo da je

brzina isticanja vode iz sprice

(3.61)

Kako je d %:: D moze se odnos d4 / D4 zanemariti jer je male vrijed

nosti (ovdje 10-4 ), pa se dobija. priblizan izraz

r----2 (2F v, = -\j-_.- = 6.73 m/s D ' p7r

b) Kada voda istice kroz otvor na sprici, smanjuje se zapremina vode u njoj. Projekcija brzine kojom se klip krece i istiskuje tecnost

je dy

(3.62)

VI = -, ~--dt . d b·t·

Ako se prem,a (3.60) i (3.62) UVTste izrazi za Vl 1 VZ 1 moze se 0 1 1

dy = _ 2d' J2F dt D3 V pT,

Vrijeme koje protekne dok se klip pomjeri iz polozaja L u polozaj y

moze se izracunati kao integral

rt dt D" 12'! JV d 10 ,= - Zd 2 V ZF L Y

_ D'. (iii ( t - 2d2 V -2F L y)

Vrijeme ,_isticanja: vode iz sprice dobicemo kada stavimo y = 0, tj.

D3L jP1f t = --\ - = 1.19 s , 2dz ! 2F

(3.63)


c) Ako jednaCinu (3.63) rijesimo po F dobicemo

D 6L'p7r F=--'~=017N

8d4t' .

d) Trazene zavisnosti od sile Sil

2.38 . _ 2 !ZF _ v, - -\1 - = 3.36-/F D V p7r Im/s] , ti = -- lsi VF' ,

4.

a)

b)

1J

10

5

[ill J s

__ - vIF)

Oi, = 7r/6 012 = 7f/3 m, = 8 kg m2 = 2 kg 1"1 = 0.1 1"2 = 0.2 v =? t = 2 s Fz =7 F rez ='1

[s J

~ FlN] F[N)

,;X -, \: fzz. V

·fh m1 ~2

~re~a DrUg;OIn Njutnovom zakollu mehanike zbir svih sila koJe dJd~JU na neko tijelo j:dnak je proizvodu mase tijeJa i njegovog ublzanJa. Za svako tlJelo Im,arno

3.1. PRVl PARCIJALNI ISPlTI IZ FlZIKE 111

Kako je uze neistegljivo i bez rnase, to je intenzitet ubrzanja aI =

a2 = a. Isto taka, posto se masa kotura ne uzima U obzif, to su intenziteti sila zatezanja F;l = F;2' a prema Nj utnaVOID zakonu akcije i reakcije, je tada i Fzl = F~l i Fz2 = F:2 • Obiljezimo intenzitet sile zatezanja uzeta sa 1;~. Da bismo odredili ubrzanje sistema mOTamo projektovati vektorske jednaCine na ose izabranog koordinatnog sistema (kao na slid). Projekcije na X-OSli SU:

Projekcije na Y -OSU SU:

FI - Fz -.~ Ftrl = mla

~- F, + Fz .- Fi"L = m,a

-FNI + R, = 0 =? R, = F'N,

--FN2 + R z = 0 => R z = FN2

(3.64)

(3.65)

(3.66)

Kako je sila trenja F tr = {lFN, Fl = rnlg sin D:l) F2 = m2gsinaz, a F:V1 = frt1g cos 01 i FN2 = rnz9 cos CX21 uvrsta\'anjem u (3.64) i (3.65) dobijamo

rnlg sin 0:1 Fze- {l1rnlg cos 0:1 = mla , -rnzg sin O:z + Fzt- f12rn29 cos 0:z = m2a

Sabiranjem ove dvije jednacine dobijamo ubrzanje sistema

(3.67) (:l.68)

(ml sin CXI _. rnz sin o:z) ._-- (flIrnl cos 0:1 + J1.-2mZ cos 0:2) a ="----.. ----.~ ... ----" . ~----.--g =

'ml + m'l

= 1.35 m!s' (3.69)

0.) Oba tijela imaju isti intenzitet brzine, pa kako su krenula iz mira irnac,emo

v~:=;: at = 2.7 mJs

b) Iz jednacina (3.64) i (3.67) se za silu zatezanja dobija

Fz = }II - Ftrl - ml a =

mlg( sin 0:1 - f--LI cos (Xl) - m1 a = 21.65 N (3.70)


cJ Sila koju trpi osovina koturaje

jednaka zbiru vektora P;l i 1~2 koji su jednaki po intenzitetu.

Kako je "" + "'2 = 7r /2, to zakljucujemo da i ugao na mjestu gdje je postavljen kotur mora biti 7r /2. U tom slucaju je

. f,'~i /",h·~

rrez

Frez = P;l + ff;z F"z = J F; + F'; = FzV2 = 30.53 N

Rezultujuca sila zaklapa sa strmim ravnima ugao IT / 4.

5. R p

r = R!4 a ='? x

Zamislimo da. se u tacku P postavi probno tijelo mase mp' Prema Njutnovom zakonu opste gravitacije, na njega hi sfeTno tijelo djelovalo gravitado-nom silom F i sa-opstavalo II1U ubrza-nje a. Kada bi sfera bila potpuno ispunjena mas om, sila kojom bi ona djelova-la

na probno tijelo bila

hi privlafna i izracunaval a bi se kao

Ukoliko se u sferi nalazi" 8upJjina, onda ce sila kojom Qna djeluje na pTobno tijelo biti sIabija, zbog nepostojanja mase na mjestu sllpljine. Moze se smatrati da supljina na probno tijelo djeluje odbojnom silom koja je' po intenzitetu jednaka onoj privlacnoj sili kojom hi supljina

3.1. PRVI PARCIJALNI lSPITI IZ FlZIKE 113

djelovala da je ispunjena masorn. Ta sila bi se prema tome racunala

po obTascu

gdje je m, masa koja bi se mogla smjestiti u iiupljinu. Rezultujuca

sUa kojorn ce sfeTno tijelo sa sfernom supljinom djelovati na probno

tijelo je jednaka zbiru sila

Rako centar supljine, centar sfere i tacka P leze na istorn pravcu, onda su sile FaI i Fa istog pravca, a suprotnog smjera, pa je

F = ,mp CR +:'+X)2 - (R'~xF) TO

Posto je r = R!4, M = 4R3 7rp/3 i m, = 4r3 7rp/3 = R37rp!48,

uvrstavanjem U pTethodnu relaciju i sredjivanjcm dobijam o

Za x = 3R dobijamo

_ 13 F = -----,7rpRm Co

204 p

Prem,a Drugom Njutnovom zakonu mehanike u brzanje koje tijelo do

bija je jednako kolicniku rezultujuce sile koja na njega djeluje i nje

gove mase. Na osnovu toga dobijamo da je ubrzanje u tacki P

Izraz u uglatoj zagradi je negativan pa je i U?TZanje u tacki P USID

jereno sllprotno ad jedinicnog vektora i;) tj. usrnjereno je ka centru

sfernog tijela. Intenzitet tog llbrzanja je



Tuzla,1.4.1987. god.

1. Neutron mase m sudara se sa jezgrima ugljenika mase M koja miruju. Aka se sudar SInatra centralnim, idealno elesticniIn, izracunati koliko Jmdara n treba da dozivi neutron da hi mu se energija umanjila k-puta. Izracunati n u slucaju da je m 0= ma i M = 12 ma i k = 150.

2. 'Imamo dva cilindra veoma tankih zidova. Jedan od njih ('iji je poluprecnik R, obrce se ugao- W '

nom brzinom W oko svoje Dse, a ~ drugi palu precnika r miruje. Ci- R""", ,-.... lindTi se dovedu u dodiT tako da • njihove Dse ostanu paralelne (vidi sliku). Kroz neko vrijeme (usljed M 1 M 2 trenja) dlindri se pocnu obrtati

bez proklizavanja. Naci kolika kolicina energije se pretvorila u toplotu. Mase cilindara su M, i M,.

3. Strma raVaIl ima nagibni ugao 0: koji se maze mijenjati. Plocica mase m, koja moze da klizi po njoj prelazi pri "'1 = 1F/4 i "'2 = 1F/3 za jednako vrijeme puteve jednakih horizontalnih projekcija. U kom intervalu vrijednosti uglova naglba strme ravni p]ocica nece kliziti po njoj. 4. U hazen. se postavi vertikalna cijev sa kliporn tako da je njen donji kraj zaronjen u vod li. Klip koji je u pocetku lezao na povrsi-ni vode polako dizemo lla visinu H H = 15 m (vidi siiku). Koliki rad se pri tome izvrsi, ako je po-vrsina poprecnog presjeka klipa S = 1 dm 2 , atmosferski pritisak Pa = i01325 Pa '? Tezinu klipa zanemariti_

5_ Izvesti izraz za racunanje gravitacione potencijalne energije sistema homogena kugla - tackasta masa. Masa kugle je M, a' tackaste mase m. Graficki prikazati U(r) za r < R iT> R, ako


je R poluprecnik kugle. Nacrtati grafik sile medjusobnog gravitacionog privlacenja za ovaj slucaj.

Rjesenja:

1. m M n =7 k = E klO / Ekn m = rna

M = 12 ma k = 150

m 0----... --

Situacija prije sudaraje predstavljena na slici. Na osnoVu zakona o odrzanju koliCine kretanja (impulsa) i zakona 0 odrzanju ukupne mehanicke energije sistema) mozemo pisati

(3.71)

N akon transformacije dobijamo

m(v10 - v,) = Mv,

m(VlO - Vl)(VlO + v,J = Mv, . V2

Dijeljenjem prethodnih jednaCina dobijamo

(3.72)

Mnozenjem jednacine (3.72) sa m i sabiranjem sa (3.71), dobijamo

2mvlO = (m + M)v,

sto predstavlja brzinu jezgra ugljenika nakon prvog sudara_ Brzina neutron a nakon prvog sudara je

odnoSIlo rh-M -----VlO m+M


Kako je masa neutrona manja od mase jezgra atoma ugljenika, brzina neutrona poslije sudara bice suprotnog smjera od njegove brzine prije sudara.

lntenzitet brzine neutron a posJije prvog sudara hi bio

M-m VI = ~--·v M+mD

a njegova energija je

2 'M 2 El = rnvl. ::.:= mvo (~._ - rr~) 2 2 M+m

Smatrajuc.i da se proton sa brzinorn VI ponovo sudari sa jezgrom koje miruje, nakoD slicnog razmatranja bismo dobili da je

M-m V2 = ----VI =

1\1 + m ( M-m) 2Vo M+m

Energija tog neutrona poslije drugog sudara bi bila

.E2 = _m_vl = ~v?~ (I _\1 __ -_'-") 4

2 2 .M+m

P oslije treceg sudara bi bilo

Vs = ~~:V2 = (~~:)3 Va

E = ~i = ~ (M_.m)6 3 2 2 M+m

Odavdje mozemo zakljuCiti da bi poslije n-tog sudara proton lmao energiju

Kako se zahtijeva da je En = Eo/ k, zamjenom dobija

sredjivanjem se

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

2. R r

w Q =? M, M,

Ako se ova dva ciIindra dotaknu, usljed trenja, enaj koji se okrece zaokretace 0-

naj koji miruje. Poslije dodira ce dlindri proklizavatl jedan po drugom. Brzina prvog ce se smanjivati, a brzlna drugog ce se povecavati. U jednom trenutku ce poceti da se okrecu bez proklizavanja. Tad je ustvari

117

-----Q

periferijska brzina tacaka na obodu jednog cilindra jednaka periferijskoj brzini tai'aka na

ohodu drugog dlindra

(3.74)

Prerna zakonu 0 odrzanju energije mozemo pisati

(3.75)

gdje je 1, = M,R' moment inercije prvog (tankog cilindra) u odnosu na osu rotacije, 12 = M2r2 moment inercije drugog takodje tankog cilindra, a Q kolicina toplote koja se oslobodila prilikorn trenja sa proklizavanjem. Sila trenja pri proklizavanju je ista i za jedan i za drugi cilindar, pa je moment te sile proizvodio smanjivanje ugaone brzine prvog cilindra, a povecanje ugaone brzine drugog cilindra.

F"R = Ira, Ftrr = 12 0:2


Dijeljenjem ovih jednacina se dobija

Ugaona brzina dlindra koji je mirovao, nakon nekog vrernena t1 uz ovakvo ugaono ubrzanje bice

(3.76)

Ugaona brzina prvog cilindra nakon tog istog vremena bice

Eliminisanjem vremena t iz OVe jednacine, koristeCi (3.76) dobijamo

KoristeCi (3.7A ) dobijamo

WI = w - £lWZ u, WI = W - M2!'~W2

M,R

__ R M, Wz -- ---··~··-w

r M, +M,

Uvriltavanje ove vrijednosti u (3.77) dobijamo

M, WI 2..'7.:: ' , w

M , +M,

(3.77)

(3.78)

(3.79)

Zamjenom rezultata iz (3.78) i (3.79) u (3.75), nakon sredjivanja, dobijamo

3. a,=,,/4 "'2=71'/3 Shl = 8 h2

L\a =?

Q ~ M,M2 R 2w2 ~---'-'-~

M,+M22

3.1. PRVI PARCIJALNI lSP1T11Z FlZIKE

RazIDotrimo prvo kada ce tijelo rnirovati na strrnoj raVlll.

N a tijelo koje se nalazi na strmoj ravni djeluje sila teze C, reakcija podloge Ji i sila trenja. Prema drugom Njutnovom zakonu je

c+Ji +F" = rna

119

Projekcija ave vektorske jednaCine na izabrani koordinatni sistem daje

mgsina - F tr = max ~"

~mg'cosa + R = 0

Iz (3.81) se moze odrediti reakcija podloge

R = mgcosa

Ovolikom silom i tijelo pritiska podlogu, pa je sila trenja

(3.80)

(3.81)

(3.82)

Iz jednaCine (3.80) se vidi da ce tijelo mirovati na strmoj ravni aka je

U slucaju kada je znak "=" moglo bi da se krece bez ubrzanja (jednoliko). Uvrstavanjem (3.82) u gornju jednacinu, Hakon sredjivanja dobijama

mg sin a :S flrng cos a

tana 'S /L (3.83)

Prema tome, tijelo ce ostati u miru na 0v:akvoj ravni za uglove nagiba koji su u intervalu"

o < Q 'S arctan /L


Ako je mg sin a > F t , tijelo ce se kretati niz strmu ravan jednoliko ~brza:~im kretanjem. U tom slucaju je ax = a, pa se, koristeCi (3.82), Jednacma (3.80) moze pisati

rng sin a - p,mg cos 0: = rna

Za nagibne uglove 0:1 i 0:2 imali bismo

a, C~ (sin "1 -- f.l cos '-'1) g

a2 = (sin etz -- /Leos 0'2)g

Putevi koje tijeIa predju duz strrne ravni za isto vrijeme t moO'u se izracunati kao 0

al t 2 . azt2 L, =.- , L, = __ 2 2

Horizontalne projekcije tih puteva su

Izjednacavanjem des nih strana jednacina prema uslovu zadatka do-bijamo '

__ sin 0::1 cos 0:1 -- sin 0:2 cos 0:2 f.l - ----- = 0.27

C08 2 0:-1 - cos2 0;2

Granicni ugao nagiba pri kome se pojavljuje klizanje je prema (3.83)

" = arctan f.l = arctan 0.27 = 15° 6'

Prema torne tijelo ce ostati u miru na strmoj ravni za uglove

4. 1I = 15 m

S = 1 dm' Pa = 101325 Pa A =?

o < a :<; 15° 6'

3.1. PRVI PARClJALNl ISPlTI IZ FlZIKE

Kad se klip pocne dizati ispod njega bi ostao vakuum. Zbog djelovanja atmosfer-skog pritiska voda ce ulaziti u cijev, ostajuci uz klip. Ako se klip lagano dize mozerno smatrati da je kineticka energija tecnosti koja je usIa u cijev jednaka uuli, pa se rad vanjske sile F trosi sarno na povecanje potencijalne energije tecnosti koja se dize u cijevi.

121

y

x

U trenutku kada se klip nalazi na visini h iznad nivoa vode u sudu, na povrsini u cijevi koja lezi 11 nivou vode u sudu, sa gornje i donje strane pritisci moraju biti jednaki. Pdtisak sa donje strane

povrsine S je jednak atmosferskom, a kako je cijev otvorena, to na klip sa gornje strane takodje djeluje atmosferski pritisak koji se kroz tecnost prenosi ua gornju stranu povrsine 8. Ova dva pritiska (sa donje i gornje strane) medjusobno se ponistavaju.

Rako sa gornje strane povrsine S djeluje i voda koja je usIa u cijev svojIID hidrostatickim pritiskom, to zakljl1cujemo da sHa. kojom drzimo klip mora biti jednako tezini tecnosti koja je usia u cijev.

F = G' c= m'g = p8gh

Vidi se da se sa porastom duzine stuba vode koja je usla u cijev povecava sUa koju moramo upotrijebiti da drzimo klip na datoj visini.

Elementarni rad koji se izvrsi pri podizanju klipa za. dy po definiciji ce iznositi

dA, = F, dL = F,dy = pSgydy

gdje smo sada sa y obiljezili visinu na kojoj se nalazi kIip.

Kako je atmosferski pritisak Pa = pghll rnozemo zakljuCiti da je vislna do koje on rnoze popeti vodu u cij(~vi

hI :::::: Pu = 10.33 m (19


Na toj visini bi se klip odvojio od povrsine teenost,' " d I' . . ah··. . . .:. . a Je pomjeranje z. t'jevalo b, sada savladj,vanje slle atmosferskog pritiska F2 = S (,spod klipa ostaje vakuum) Pa

Ukupan rad sila koje se savladjuju na zadanom putu bi bio

A = IdA, + I dA2 = pgS Ioh' ydy + PaS Ii! dy = o ,

= pgSlL II., S' IH ( ) 2 iO +Pa Y II., = PaS H - 4t = 9965.31J

5. M m

U(r) =7 r < R r> R R F = F(r)

M r. -- - --.".'----r._ m --- __

R ----r,'- 1 2

Kadase :ai'kasta masa mnadje u tacki prost ora oko kugle (r > R),. na nJu ce kugla djelovat, privlacnom silom koja je d t N' t nOVlffi zakollom gravitacije a a "- JU ,-

., Mm F = -l--'--r r' 0

Ako zelimo da tackastu mas . t 'k . 2 b k " u m, lZ ac e 1 premj€stirno u tacku

'r. e~ o~a~no SPO~O, po putanji proizYo1jnog oblika, tada bismo u ~vakoJ tach putanje morali obezbijediti silu koja bi bila jednaka 0

mtenzltetu 1 pravcu, a suprotna po smjeru od gravitacione sile P

-, - Mm F =-F=T--r

r2 0

Elementarni rad ove spoljasnje sile je

dA = F. dB = FdS cos Q ~o Fdr

C:>vaj fad spoljasnje sile odlazi na povecanje potencija1ne .. sIstema kugla-tackasta rnasa (. _ I d"... . energlje sUa). JeT se SaY a JUJe njIhova gravitaciona


Ukupan prirast potencijalne energije kugla-tijelo dobice se kao

U2 --- U, = IdA = IF dr = 1 Mm I;,' '!'i =

cc --lMm1 1"'= _l Mm _ (_lMm) r 1"1 r2 1"1

PoredeCi ovo sa lijevom stranom na pocetku, zakljucujemo da se potencijalna energija sisterna, za jedan proizvoljan rnedjusobni polozaj kugle i tijela, moze napisati kao

Mm U(r) = -1---- + C

r

gdje je C neka proizvoljna konstanta. Ona se odredjuje tako sto se neki medjusobni polozaj tijela uzme kao nulti nivo l'ac.unanja potencijalne energije.

Uobicajeno je da se izabere da je potencijalna energija sistema jednaka nuE kada se tijela nalaze na beskonacnom rastojanju Jedno od drugog, tj. kada su na rastojanju na korne vise ne djeuju jeduo na drngo.

Prema tome, ako je za r = oopotencijalna energija U(r} = 0, slijedi da je C = O~ pa se U odnosu na takav nivo za potencijalnu energiju dobija

-Mm U(r) = -1~ (r 2: R)

r Aka je r = R imaii bismo

- (R' Mm U ] = -T'-ii-Ako se tac.kasta masa nadje u nekoj tacki u unutrasnjosti kugle (r < R), onda djelovanje izmedju nje i kugle mozemo shvatiti kao djelovanje izmedju nje i sfernog slo-ja koji se nalazi izmedju tog nje-nog polozaja (sfera poluprecnika r) i krajnje povrsine kugle (sfera poluprecnika R), a zatim djelovanje sa preostalom rnasom kugle rasporedjenom u sferi poluprecnika r. Kao sto je poznat9, gravitacio.no polje sfernog sloja u unutrasnj6s-ti

m R


tog sloja je jednako nuli, pa je i sila kojom sferni sloj djeluje na tackastu masu, jednaka nuli.

Sila kojom preostala sferna masa djeluje na tackastu masu bice

gdje je M' = (4/3)r'ip.

Uvrstavanjem u prethodni izraz i skraCivanjem sa r2 dobijamo

Ako bismo zeljeli da tijelo rn po-mjerim,Q iz tacke koja se nalazi na rastojanju r od centra kugle, do tacke koja se nalazi na POVTBini kugle (na udaljenosti R od centra) pomjeTajuCi ga beskonacno sporo, morali bismo u svakoj tacki uspostaviti silu kqja je i8-tog pravca i jaCine, aJi suprotnog smjera od gravitacione sileo

--+1 -- 4 F = ·-F.= -"I7rprnf'

3 Elementarni Tad Dve spoljasnje sile pri pomjeranju tijela za di' hi

iznosio - 4

dA =. F· df'= Fdr cos 0 = -"I7r prnrdr 3

Ukupan Tad pri navedenom pomjeranju hj iznosio

! 4 jR 2 A = dA = -"I7rprn rdr = -"I7rpm(R' _ r2)

" 3 T 3

-Ovaj Tad spoljasnje sile odlazi na povccanje potencijalne energjje sistema kugla-tackasta rnasa, pa se moze pfsati

U(R)- U(r) = ~"I7rPrri(R2 _ r2) 3

:U. PRV1 PARCIJALNI ISPIT! 1Z FlZIKE 125

Odavdje se dobija da bi potencijalna eneTgija sistema kugla-tijelo, kada se tackasto tijelo nalazi na rastojanju r od centra kugle, hila

2 2' 1 Mm ( r2 ) U(r) = U(R) - '377rpm(R -- r ) = -'27£1 3 - R2

Za r = 0 imali bismo

3 Mm 3 E (0) = --7-- = -U(R)

p 2 R 2

Grafik trazcnih zaviSIlosti bi izgledao

---lR

U(r}

r

F,(r)

r

Yr

oznacava projekciju sHe na vektor polo~faja materijalne t~cke (tijela rn) U odnosu na centar kugle.



Tl1z1a,1.12.1986. god.

1. Tijelo se pOlnjera brzinom VI = 20 rn j.s pod uglorYl 0'1 = 1T /3 U odnosu na zaclani smjer, a zatim. brzinom V2 = 40 rnj s pod uglom 0::2 = 27f /3 U odnosu na isti smjer.

a) NaCi vektor srednje brzinc kretanja '~rl ako se tijelo prvu polovinu vremena kretalo brzinom VI, a drugu polovinu brzinom Vz.

b) Nac! vektor srednje brzine kretanja Vsr2' ako bi tijelo izvrsilo dva po velicini jednaka pomjeranja, prvo brzinom VI, a drugo brzinom V2_

2. Na strrnoj ravni nagibnog ugla 0: = 37° nalaze se tijela masa m, = 2 kg i m2 = 4 kg. Koeficijenti trenja izmcdju podIoge i tijeIa Sl1 /.'1 ~~ 0.3 i flz "--= 0.1, rcspektivno. a) Kolika Sli ubrzanja tijela aka se pretpostavi cia. su u pocetnom treuutku mi,rovala? b) Kolika je sila rnedjusobnog djeIovanja tijela?

c) Odredit.e najmanji ugao pri kome ce doci do klizanja? 3. Tijelo mase rn se nalazi na kugli poluprecnika T, koja je

ucvrscena da miruje. Tijelo poi'inje da klizi niz kuglu. Trenje je zanem,arivo. Odre diti: a) Zavisnost tangencijalnog i radijalnog ubrzanja od visine H na kojoj se tijelo nabzi u odnosu na padlogu u trenutku odvajanja ad kugle. b) Zavisnost reakcije kugle ad visine h na kojoj se tijelo

m

nalazi prije odvajanja od nje) kao i zavisnost te reakcije od visine H na kojoj se tijelo odvaja.

c) Na kojoj l1daljenosti'ad tacke 0' ce tijeIo pasti na zemIjl1?

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI 1Z FlZIKE 127

4. K uglica mase rn udari u stap cetiri puta vece mase M = 4rn i duzine L = 1.5 m, na udaljenosti d, = L /2 od objesista. Objesiste je na d, = L / 4. od jednog njegovog kraja. Koliku brzinu 110

mora imati kugIica da bi stap dosao u vertikalan polozaj, ako

je sudar: al idealno elestican.

~ id21

\d1 L

~ Mil bi idealno neelastican. .. . t" I

). R" siti zadatke pod a) i b) u slucaju da se stap zam1Jem lJe am

C 1Je . d" L ~ L/2 mase 1..\1 objesenim na neistegljivu laganu nIt :l"zme. I - '."

Izabrati i riesiti sarno jedan slucaj- bilo elastIcan bilo neelastlcan.

Rjdenja:

1. VI = 20 rn/.s 0:1 = 'ir /3 '"2 = 40 rn/s "" = 21r /3

) - .... ? a V sri -_ ..

6t, = 6t, = 6t/2 b)v", =? .6.rl = ~r2

Vektor srednje brzlne kretanja se definifie kao kolicnik vektora pomjeraja (pomjeranja) fli i vremena za koje se izvrsi taj

pomjeraj.

v ,

M,+ M , 6t1 + 6t 2

(3.84)

b · --- 11 toku gdje je D.Tl pornjeraj koji tijelo iZVfSi krecuci se rZlIlom VI


vremena 6..t1 ) a .6.f2 pomjeraj koji tijelo iZVTSi krecud se brzinom V2 u toku vrernena l'l.t 2•

Kako je 6.?] ~c V,6.t1 =v,6.1/2, a 6.r, = 1126.12 = v26.1/2, rIlozerno nakon uvrstavanja u (1) dobiti

Vsr 1 = V, + V2 6.1

6.t 2 2

Intenzitet ove brzine se moze izracunati kao

(3.85)

Projekcije ave srednje brzine na X-, odnosno na Y -asu, dobijamo skalarnim mnozenjem vektora v,'trl sa jedinicnirn vektorom z: odnosno J~

-.., ..... £1'2+1)2';;: vsrlx = vsrl . ~ = ----~-

2 Kako je prema definiciji skalarnog proizyoda

ii· b = lallbl cost ii, b)

irnacemo

_l(Vl V2) . - 22- 2 = -5 m/s (3.86)

SHeno je

_ -I- ---;- ill ·)'+52 ·-'~ Vsrly ~ Vsr1 '.7 ::= --2--"- =

HV1 sin a, + 112 sin (2) = 15V3 m/ s (3.87)

Uvrstavanjem (3.86) i (3.87) u (3.85) dobijamo V,d = 26.46 rn/ s. Pravac koji ova brzina zaklapa sa X-osom je odredjen uglom .8

tanll, = ~:::: ,= -3V3, odnosno III = arctan(-3v'3) = 100.85°. b) U OVOID slucaju cerno imati

Svaki vektor se moze napisati kao proizvod jedinicnog vektora, pa je ~rlilo i l1rzT;o· dobijamo

(3.88)

njegovog intenziteta i Uvrstavanjem u (3.88)

(3.89)

3.1. PRY] PARCIJALNI lSPITI IZ FIZIKE

Kako je 6.r, ,= 6.r2 = 6.r i 6.1, =

6. rd vl == 6.r(vl' odnosno 6.1, ,= b.. r2!V2 = .6..r/v'2) uvrsf,a:vanjem u

(3.89) dobijamo

Vsr 2 = 6.r(",0 + 1'2)

Ll.r (l + l) til 1)2

i

129

"" ... -~--- \Ip---------- .

Illtenzitet ove brzine bice o

(3.90)

Komponente ce biti

V :::..-::v ·i'=---YlY·:L(i"O+r20)-Z'= sr2z sr2 VI 'i-v::! 1

= _?L~(cos 0:'1 + cos (2) = 0 1'1--'-1':;:

- ~ '!J.""- ( ~ '-', ~ " Vl'r2y = Vsr2 - J =- '~1+~2 rIO' J -I' r:w . J J =

= --~~(8£naJ + M:nO:2) = 23.1 m,js V,+1'2 ' •

Uvrstavanjem u (7) dobijarno V~r2 = 23.1 rn!-',- Ugao koji ona zaJdapa

sa pozitivnim srnjerom X-ose bite

Vsr2y tan(32 = -- = CX),

Vsr2x

2. ex ,= 37° m, = 2 kg

m2 = 4 kg

1"1 = 0.3

a.)

b)

c)

fJ., = 0.1

a'l =? flz :.:.::?

F12 =7 -·F2l =?


Na slici su prikazane sile koje djeluju na tijelo mase rnl, a da hi slika bila jasnija, desno od strme ravni, na izdvojenoj slid su prikazane sile koje djeluju na tijelo m,. Kretanje tijela je odredjeno zbirom svih sila koje na njega djeluju. Za svako tijelo mozemo napisati

GI + ii, + ilrI + F21 = m, il,

G, + ii, + itr2 + F,2 = m,il,

\ \l-1-

(3.91)

(3.92)

Projekcija ovih vektorskih jednaCina na ose izabranog koordinatnog sisterna daje:

projekcija na X:

projeI(cija na Y:

FI "- Ftr1 + F"zl = mlal

F'2 - Ftr2 + F12 = m2aZ

-F'N + R, = 0 * R2 = F2N

(3.93)

(3.94)

Sila trenja je Fir = I"FN , gdje je FN sila kojom tijelo djeluje normalno na podlogu, pa ce 11 nasem slucaju biti:

pa su sile trenja

Kako je FI = 'rnlg sin 0: i F2 = m2g sin a: uvrstavanjem u (393) i (3.94) dobijamo ' .

rnlgsino: - ftl rn lycosa+F21 = f.YJl al

- .rnzg sin Q - rZm2g cos 0: ~. F~2 = m2a2 (3.95)

(3.96)


Ako se tijela ne bi dodirivala sila F12 i F21 ne bi bilo i tijela bi se kretala ubrzanjim_a

al = (sin 0: - ml cos Q':)ga2 = (sin a. - m2 cos a)g

UVr:ltavanjem vrijednosti za koeficijente trenja (1"1 > 1"2), lako se zakljucuje da je a2 > a" Prema tome tijela ce se kretati priljubljeno

jedno uz drugo i imaee jednako ubrzanje al = a2 = a. UzimajuCi u obzir da je sila F21 = Fn (sila akcije = siIi reakcije) i sabirajuCi (3.95) i (3.96), dobijamo

(rnl +m2) sino: - (ltlrr~l + 1t2rn;d COSQ: 12 a= - 9 "'4.58 mls

ml +rr1.2

b) Iz (3.95) se za silu kojom drugo tijelo djeluje na prvo dobija

F21 = 1'n1 [a - (sin Q: - Itl cos Q)g] ~ 2.1 N

c) Najmanji ugao pri kome bi doslo do klizanjaje onaj ugao pri kome bi se l,ijela kretala niz strmu ravan ravnomjerno (ubrzanje a = 0).

I"lm, + I"2m, 1 tan Q':min =

m,+ m2 6

3. m

r

a) attN) =7 an(N) =7

b) R(h) =7 c) d =?

Umin = arctan(1/6) '" 9.50

Kada tijelo klizi po povts;ni lopte duz jednog njenog meridijana, na njega djeluju sila teze G i reakcija podloge ii. Sila teze . . Je USIDJerena

132 GLAVA 3. RIJEiiENI ZADAGI SA PISMENIH ISPITA

vertikalno prema dole, a reakcija lopte je u svakom trenutku usmjerena normalno od njene povrsine u tacki gdje se tijelo nalazi 11

tom trenutku. Uocimo tijelo u trenutku kada se ono nalazi na visini h iznad

podloge. Njegov polozaj je odredjen uglom a (vidi sliku). lzaberimo koordinatni sistem taka da Inu je X-osa u pravcu tangente, a Y -os a u 'pravcu vanjske normale na povrsinu lopte 1.1 tacki U kojoj se tijelo nalazi. U tom trenutku kretanje tijela je odredjeno jednaCinom

gdje je ii totalno ubrzanje koje ima tijelo u tom trenutku. Projekcijorn Dve vektorske jednacine na koordinatne ase irnacemo

F = max

-PN +R = may (3.97)

Kako je P dobijamo

mg Sln 0:, FN = mg cos 0:':, nakoD skraCivanja sa 'm,

ax = 9 SIn a:: . R

au ==;;;: --gCOSQ: (3.9S)

Projekcija ubrzanja u smjeru X-ase predstavlja tangendjalno 11brzanje ax = at: dok projekcija na Y -05U mora biti uSIIljerena prema. eentru lopte, odnosno

pa se maZe pisati

at = gsin a

"--a r = !i - geos a m

(3.99)

(3.100)

(3.101)

Sa slike se vidi da je cos Ct = (h - r)jr i sin a: -/1- C~S2 a: _

h/rV(2r/h) -' 1, pa zamjenom u prethodne jednacine dobijamo


U trenutku kada se tijelo odvaja od lopte, sila reakcije je R = 0 i

h = H, pa dobijamo

b) Iz jednaCine (3.101), koristeCi iL, = v2 jr, dobijamo

v 2

R = rng cos 0: - -r

(3.102)

Brzinu tijela na visini h prije odvajanja mozerno odrediti koristeCi

zakon 0 odrzanju mehanicke energije

mg2r = mv2

._-- + mgh, 2 .

rnv 2 = 4m,gr - 2m,gh

Uvrstava.nje ovog rezultata u (3.3.102) daje

(3.103)

Kada se tijelo nadje na visin1 h = 11, ono se odvaja od lopte, .pa j~ R = O. Odatle se dobija da je visina na kojoj se tijelo odval" od

kugle 5r

H=-3

c) U trenutku odvaja,nja bTzina tljela ima 'intenzitet Vo kojJ se moze

odrediti iz (3.103) stavljajuCi daje h = H = 5r/3, "to daje

Od tog trenutka tijelo vrsi slozeno kretanje u gravitacionom po-

lju, kosi hitac na· dole. . - .~. --. . .. ··U izabranom koordinatnom sistemu XY (Vldl shku), tlJelo u hOT

izontalnom praveD vrsi jednoliko kretanje 1 a u vertikalnom praveu


jednoliko ubrzano- vertikalan hitac na dole. odredjen jednaCinarna Polozaj tijela bi bio

x = voxt = vot cos a (3.104)

(3.105) H at' y = + VOyt + """- = H - . !l!'.

2 VOt Sln 0' ~ 2

Ako .. iz jed.naCine (3.104) nadJ'emo vrlJ'erne d b t, uVTstirno u (3.105),

o lCemo JednaCinu putanje tijela u obliku

y = H - xtan a _ gx' 2v5 cos' " (3.106)

Put;~j~ je p~abola liZ uslov da se ostale sile, osim sHe teze zanemare . l!e 0 pa ne na tlo u tacki sa koordinatama (x 0) K . .: JednaclIlu (3 106) t r' .. . D, . onsteci

v" • • ~ s .av JaJucl y = 0, dobijamo kvadratnu jednacinu po xD, elJa Sli TJesenJa

_ vel sin 2<> ( /~ 2 11 ) x D '-' - 2 - 1 ± 1 + _-;;-g,,--;;---

g \ vJsin2 Q

Kako se kretallje vrsi U Drvom kvadrant t . d . . . - u, 0 Je XD > 0 U ternutku o vaJanJa Je .

H = 5r/3, COS" (H )/ / = - r r = 2 3, sl'n ~ -__ r::5/· 3 , , <..<, Vb Va = 2gr/3,

paje XD ""0.72 r

Trazeno rastojanje d = 0'0 + x = 1 47 D . T.

4. m a) M = 4m b) L = 1.5 m c) d, = L/2 d2 = LI4 ,

voa =? vob =? L, = L/2 M V6a =? vbb =?

Prenla zakonu 0 odrzanju momenta koliCine kretanja (impulsa), moment koliCine kretanja sistema kugla-stap, U ?dnosu na osu 0, prije sudaTa mora biti jednak mo-

'( 1(, Ii' I

___ : I If

m V;;u I!I .-" ----.:- -- ~ i~--'l:1:!f'=.L-

I I i ( ( (

L..lJ

3.1. PRVI PARC1JALNI ISPITI 1Z FlZIKE 135

mentu koliCine kTe tanja sistema poslije sudara

i k = l~ + Est

Vektori momenata koliCina kretanja su po definiciji u pravcu ose rotacije. Kako se kuglica sudara idealno ealasticno sa stapom vece 'mase , ona ce se poslije sudara vtatiti u suprotnu strariu , a stap ce poceti da se obrce. Projekcija omenata impulsa na smjer .Lk daje

gdje je:

Lk ,= --L~ + L"

mvoad1 = -mvdl + Istw

v- intenzitet brzine kuglice poslije sudara, lsc moment inercije stapa u odnosu na osu 0 i w- ugaona brzina stapa neposredno poslije sudara.

(3.107)

Ukupna rnehanicka energija sistema pri idealno elasticnorn sudaru ostaje ocuvana, pa se za trenutke neposredno prije i neposredno poslije sudara moze pisati

rnv 2 mv2 I w2 Oa ,lit .--= --T~--

2 2 2 (3.108)

JednaCina (3.107) se moze napisati kao

(3.109)

a (3.108) nakon preuredjivanja

(mvOa + rnv)( VOa -- v) = I"w' (3.110)

Koristeci (3.109) jednaCina (3.110) se moze podijeliti sa I"w, pa dobijamo

VOa --- V = wd1 (3.111)

"MnozeCi (3.111) sa rrt i sabirajuci sa (3.107) eliminisati cerIlo nepoznatu brzinu kuglice poslije sudara v i dobiti ugaonu brzinu stapa neposredno poslije sudara u zavisnosti od pocetne brzine kuglice prije sudara sa.,stapom

2mvOadl w = -~-.----I,t + mdJ

(3.112)

136 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENUI ISPlTA

Kineticka eneTgija rotacije stapa pri njegovom obrtanju navise prelazi u potencija.lnu (prj}"ast potencijalne energije sistema. stap-Zemlja). Kako se trenje sa osovinorn zanemaruje, kao i otpor vazduha, za veritkalan polozaj, kada stap dodje u polozaj labilne Tavnoteze, mozemo pisati

2

Ako za referentni nlVO racunanja potencijalne energije stapa uzmemo ravan u kojoj ]ezi osa rotacije, tad a je prirast potencijalne energije stapa

f:::J.Epst = Epst2 - Epstl =

= Mg"i-- (-Mg"i-) = Mgd1 (3.113)

U ovorn proracunu SIIlO uzeli U obzir da je potencijalnu energiju nekog LijeJa u odnosu na neki nivo moguce napisati kao proizvod mase tijela,

c .-

ubrzanja sile Zemljine teze i visine njegovog centra IIlas€ U odnosll na taj nivo.

UVTsl.avanjem (3.112) i (3.113) u zakon 0 odTzanju mehanicke energije dobijamo

Mornent inercije stapa U odnosu na datu osu prema Stajnerovoj teo-remi je

I == l,1£' .-LM (d1) st 12 I 4

7ML' 48

pa se llvTstavanjem u (3.114) dobija

(7M +12,1')£ ;r;;8g . Vaa = --48,::;:;-----V7 £ = 8.37 m/ s (3.115)

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI 1Z FIZIKE 137

b) Prerna zakonu 0 odrzanju lllOmenta kolicine kretanja

(ilnpulsa), za idealno nee-last jean sudar imamo

gdje je w ugaona brzina stapa zajedno sa metkorn u sebi, nepasredno poslije suda

Ta. Kaka je prema Stajnerovoj teoremi moment inercije stapa U odnosu na. osu 0

7ML2 r ___ _ -'-,~t - 48

i moment inercije kuglice Ik = m.di = rrtL2 mozemo odrediti ugaonu brzin11 sistema stap- kuglica u nje-

InU

m

d2 0

f-

- d,

'If,b

M

21 rnVOb

(7AI+ 12m) L

L

l

fi-' 1M I J I 1m I Ion I I

i : I I I \d1

: til l-L-1 0 1 d, I I

. .'--

(3.116)

Kako se sistem obr(:c, njegova kineticka energlja rotacije prelazi u potencijalnu energiju, i kada dodje 11 vertikalan polozaL zanstavlce

se u polozaju nestabilne ravnoteie J pa lllOzerrlO pisati

(I." + h)w' _ AE 2 - U p:.<

(3.117)

PTJrastaj potencijaJne energijc sistema moze se iskazati Imo

PotencijaJna energija sistema U odnosu na neki nivo moze se dati kao _proizvod mase sistema, l1brzanja ZeIP]jlnc. sile tc~c i,visine", cent~a m,ase 11 odnosl1 na dati nivo, U n<1~~em sh1caJ11: <1ko za rrrvo racunar:Ja potencijalne cnergije uzmemo horizontalu u kojoj lezi osa obrtan.J a ,


imacemo

!',.Ep , = (Mgd,f2 + rngd,J - [-·(Mgdr/2 -+- rngdrlJ = (M + 2m)gL/2

Uvrstavajuci u zakon 0 odrzanju rnehanicke energije (3.117) i koristeCi (3.116) dobijamo

(1" + h)w' L ----2- = (M + 2rn)92

N akOIl sredjivanja se dohija

12m zv2

7M+12~ = (M -+- 2rn)gL '* VOb = JiM+2:n)::-!n~!!!+lZrnf = y20gL = 17.16 m/s

c) Ako bi se stap zamijenio tijelom mase M koje je objeseno na laganu neistegljivu nit duzine LI2 u slucaju a) bismo imali:

Koristeci iste jednaCine od (3.107) do (3.112), objasnjenje koje je uz njih dato l kao i zarnjenjujuCi moment inerclje stapa sa rnomentom l.nercije ovog tijela kao tackaste mase 1st = I ::::: Mdi i d

1 = LI2,

dobicerrlO

WI = 4rnv~aL 41 + rnL2

U razmatrariju navedenom poslije jednaCine (3.112) treba dodati da ce, kada tijelo dodje u verbkalan polozaj nakon sudara, morati da ima neku brzinu Vc da ne bi palo.

Tijelo se, poslije sudara u tacki A krece po kruZuici. Sila koja izaziva takvo kretanje naziva se

centripetalna sila, , jer je usmjerena ka centru p\.!tanje. U bila kojoj tacki putanje projekcija siLa na smjer prerna centru biCe

.L 2

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZlKE 139

gdje je }"'z sila zatezanja konca. ..... . U tacki C je 0: ~C::;. 7r pa je rezultujuca slla kOJa dJeluJe na tlJelo

Manc~Fz+Mg

M" - F +Mg T -- z, (3.118)

Najmallja vrijednost te sile bioe a.ko je F, = O. Brzina koj~ ima tada

tijelo predstavljace najrnanju brzinu koju t:eba da 1ma t1Jelo pa da prodje kroz tacku C, a da ne padne. Tada Je

Mv; .---- = Mg

r

odnosno v~ = gr = gL/2. .. ,. PreIna tome, kineticka energija koju tijelo doblJe ?OS~lJe sud~ra

odlazice na povecanje potencijalne energije, ali u tackl C.Jcd..an DJen dio Inora ostati u nepromijenjenom obliku, pa se moze plsatI

Nakon sredjivanja se dobija

i,--"-(M +- rn)L }10g 15.16 m/ s 4rnVr.: ~.

Ako sudar tretiramo kao idealno neelastican, ugaona brzina sistema neposredno poslije suciara, koristeCi prvu jednaCinu iz b) biee

" w = rnvbb L

2(1 + h) 2 ' rnvQE. __

~~-

(M + m)L

gdje je I InOIDent inercije tijela. U najvisoj tacki putanje_, iz istill razloga koji su navedimi kod elasticnog sudara, imaeemo


II~IL L n" ~--=- -- hE I 9M+m)v~

2 - L.l ps ';' 2 (;..

f! +£iJ. (2mv: ) 2 . 2 \7M~ = (Af +- rn}gL + LWt-mlgL

• ' , '2 2

I (M-!-r:!lL!lT VO! = .-~ -v-I C7 30.32 m/s (3.119)


Tuzla, 2.4.1990. god.

1. Teg :mase lV[ = 2 kg visi 0 savitljivo.m neistegljivo:m uzetu, za.

nemarljlve mase: tako da m~ je ravnotezni polozaj na ViSlIli h = 2.5 m od horizontalnog tla. (J

A

horizontalnorn pravcu u teg udari lopta mase rn =: :I kg: ba.cena sa. tla j kao na slici. Sudar je (coni i potpuno elastiC-an i teg se usljed njega popnc za f::..h :::-.::. 20 em. iznad ravnoteznog polozaja.

a) Odrediti rastojanje sa kojeg je ]opta bacena.

b) Na kojeIIl rastojanju ad tacke A ce pasti ]opta na tio nakon sudara? Otpor vazduha zanemariti.

Rjeii. a) X, = (1 + ~) vhLih = 2.12 m,

b) x, = :(;1 .• X = 1.06 m, gdje je x = M~= .,,(hJ:,h = 1.06 m

2. KugJa se kotrlja niz strrnu ravan duzine L =--::: 7 rn, koja Je nagnuta. pod uglorn 0 :::0::: To /6. ' ,

a) Izvesti izraz za racu~anje mO.menta inercije kugle U odnosu na centralnu i trenutrm osu.

b) NaCi brzinu kugle na kraju strme ravni.

c} Po~ kojirn :lg1om treba da je nagnuta strma ravan da bi va-Ijak postlgao lstu hrzmu Ila kraju strme ravni.

~z:~az za racunanje 1YJOJIlenta inercije valjka 1.1zcti kao gotov. Sma-tratl da nema proklizavanja kugj{;:_ni valjka, . _

Rjel. a) L = ~mFi2 I = ZmFi2 b)l! c= Vf1i;;;L;;;'''''-;- _ 7 .' " <l -, 5 - ~ k 7 - m

i 8,

3.1.. PRYI PARCIJALNI ISPITI 1Z FlUKE

3. Za mjerenje protoka gasa koristi se uredjaj prikazan

sema.tski na siiei. a) Izvesti izraz za ra.cunanje protoka gasa kroz cijev. b) U savijenoj U-cijevi se nalazi voda. N acrtaj1,e ni

vo vode u krakovima. c) Ako se nivoi vade razliklljU za fiJI = 12 mm" nati masu gasa koja protekne

kroz cijev za jedan

d

141

sat. Gustina gasa je P = 1.1 kg/m.3 , d, = 50.10-3 m., dz 40 . 10-3 m. i gustina vade je Po = 1000 kg! m 3

.

b) Voda je u desnom kraku na viscm nivou nego u lijevoru.

) - ~ ~ 1-2~~-~H ~ 106 8" k c m, ',-- Qpt ""-- 4 V (dfld~-... 1)p ~ ), '"' ,g

4. Tijelo mase 500 kg treba prernjestiti sa povrsine Zcmlje na povrsinu Mjeseca.

a) Izvesti izraz za izracunavanje minimalnog racia koji treba pri

tome izvri3iti.

b) Izracunati ga ako se zna da je masa Zemlje 81 puta veta od mase 1\1jeseca} a rastojanje izmedju njihovih centara iznosi 60 poluprecnika Zemlje. Masa Zemlje je 5.96 . 1024 kg) a. poluprecnik Zemlje 6.37.106 m.

Ii) A. = -12094 GJ.

5. Tanak homogen stap pric-vTscen je za gornji kraj tako da

142 CLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIIi ISPITA

moze slobodno da rotira u vertikalnoj ravni oko tacke A. Donji kraj stapa potopljen je u vodn kao na slid. Ravnoteza se postize kada je stap pod uglom i kada se polovina stapa nalazi iznad povrsine vo~e. N ad gustinu rnaterijala od koga Je naCinjen stap ako je gustina vode Po = 1000 kgrn- 3.

R · , 3 Jes. P = .Po = 750 kg/m'

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE 143

3.2 Drugi parcijalni ispiti iz Fizike

3.2.1 Drugi parcijalni ispit iz Fizike

Tuzla, 30.8.1982. godine

1. U homogenoj sredini gustine p uspostavljen je longitudinalni stojeCi talas dat jednaCinom:

e(x,t) = a coskxcoswt

NaCi izraz za zapreminsku gustinu: a) potencijalne energije up (x, t) i b) kinetii'ke energije Uk(X, t). c) Nacrtati grafik raspodjele zapreminske gustine ukupne enegije

u u oblasti izmedju dva susjedna eYOTa pomjeranja u trenutku t :::;.c 0 i t = T / 4, gdje je T period oscilovanja cestica sredine.

2. Svjetiost talasne duiine ,l, = 535 nrn pada normalno na difrakcionu resetku. NaCi konstantu resetke ako je najveCi red spektra koji se Inoze registrovati torn resetkom 5.

3. X-zrak cija je taiasna duzina ,l, = 0.12 nrn pri interakciji sa slabo vezanim elektronom rasije se pod uglom od 0 = 7T /3.

a) Izvesti izraz za izracunavanje promjene frekvencije X- zraka pri toj interakciji.

b) Koliko se procentualno smanjila frekvencija zbog interakcije? c) Kolika je kineticka energija uzmaklog elektrona"! 4. Koliko spektralnih linija atoma vodonika iz Paschenove serije

spektralnih linija ima talasne duzine vece od 1000 nm? Rjesenja:

1. P t ,= 0 r f+Ar t = T/4

51 I I I up(x, t) ='1 Uk(X, t) =7 u(x, t) C~?

X X +t.X


a) UoCimo element zapremine 6. V = .6.8.6.x u sredini u kojoj se rasprostire longitudinalan talas. DjeliCi sredine osciluju oka ravnoteznog palozaja pa ce zbog toga dolaziti do deformacije (i8-tezanja i sabijanja) uocenog elementa zapremine , te ce taj dio sadrzavati odredjeni iznos potencijalne energije elasticnc deformacije koja se moze racunati kao:

D.Ep = EyD.VE"~ = EyD.~ (aE) 2

2 2 aX)

gdje je Ell Jangov modnl elastic-nostl, E: relativna deforma.cija. Kako je t = a cos kx cos wt imarIlo da je:

EyD. V 2 ' . 2 .6.Ep = --- a k~ SIIl kx cos2 wt 2

Ako ovu jednacinu. podijeli.mo sa zapreminom element a sredine, dobicemo zapremi.nsku gustinu potencijalne energije

tiEp 2 2 . 2 2 Up = ~v = O.5pa W SIn kxcos wt

gdje smo iskoristili da je Ell := pv 2 i w .= vk. Iz ovog se moze. zakljucjti da uspostavIjanje stojec.eg talasa. u

elasticnoj sredini dovodi do pojave potencijalne energije elasticnosti, ali da ce se na jednorn mjestu (za dato x) zaprerninska. gustina te energije rnljenjati u vrernenu po zakonu kvadrata, kosinusa. Treba istaCi da se ova energija ne prenosi kroz prostor.

b) Dolaskom talasa u uoceni element, djelici sredine pocinju oscilovati (kretati se) pa ce citav element u svakoru trenutku imati odredjeni iZIlOS kineticke energije. Ako uzmemo dovoljna maleno D.x, rnozerno srnatrati da svi djeliCi imaju istu brzinu u svakom trenutku pa je kineticka energija tog elementa '

D.Ek = D.2m (~;r = ,,~V (~;r Ako nadje.mo izvod pomjeranja po vremerlU i uvrstimo, nakon dijeljenja sa .6. V dobit cc.mo zapreminsku gustinu kincticke energije u uocenom eJementu.


Iz ove relacije se vidi da t,e se na jednorIl istom mjestu (isto x), zaprelninska gustina kineticke energije mijenjati u toku vremena po

zakonu kvadTa.ta sinusa, ali se ne prenosi kroz prost or. Dva susjedna evora stojeceg talasa pomjeranja nalaze se :r:a rasto

janju ),,/2, pa cerno uzeti proizvoljno dajejedan (,vor u .koordlnatno~ pocetku, a drugi na. rastojanju ~/2 u pozi~~vno~ s~lJe~u X-ose .. ~ trenutku t = 0 zapreminske gustme potenclJalne I kmetIcke energlje

bi bile

0 -22·2k up = .tJpa w sm x

Uk = 0,

a u trenutku t = T /4 imali bismo

Up = 0

Uk =- O.5paZwZ cos2 kx

Grafik raspodjeie energije dat je no.. slid

u

o .1L 2

x

Ukupna zapreminska gustina, energije talasa, kojajejednaka zbiru zapreminske potencijalne i kineticke energije talasa u svakorn trenut

ku, u trenutku t = 0 je

2 Z . 2 k 0 t: 2 2 " 2 2w u = Up = O.5pa, W SIn x::---::: .~)pa W SIn --:\x

U trenutku t = T /4 je

i 2 2 2w U = Uk = O.5pa'w' cos' kx = O.5pa w cos >:x


2. A = 535 nrn

C =? <p = 35° '-' Zm.ax = 5

Difrakciona resetka predstavlja skup velikog broja jednakih paralelnih pukotina koje su postavljene na medjusohno jednakom rastojanju.

Rastojanje C izmedju sredina susjednih pukotina naziva se kOIl

stanta iIi period resetke. Ako ravanski talasi padaju normal no na difrakcionu resetku, svaka pukotina se ponasa kao izvor svjetlosnih talasa 1 svi ti talasni izvori su koherentni, jeT na resetku dolaze ravanski svjetlosni talasi. Pojedini dijelovi jedne pukotine emi(uju talase u svim pravcima iza pukotine, pa ce U odredjenom praveu koji sa normalom na ravan pukotine zaklapa ugao <p iCi talasi koji se medjusobnG razlikuju u fazl. Ako se ovi talasi propuste kroz sabinlO SOeLVQ

koje je paralelno ravni pukotine, a u fokusnu ravan 80S-iva se postavi zaklon, oni ce se skupljati i dolazit ce do interferencije. Rezultujuci vektor amplitude oscilovanja, u izabranom pravcu, od jedne pukotine, bice jednak zbiru vektora amplitude oscilovanja sa pojedinih njenih dijelova. Rezultujuci vektor amplitude oseilovanja u tacki P bice jednak zbiru vektora amplitude oscilovanja sa svake pukotine. Kao sto se pokazuje u teoriji maksimalno pojacavanje ce se dobiti ako je putna razlika talasa koji dolaze sa susjednih pukotina (sa istog mjesta na pukotinama) jednaka cjelobrojnom umnosku talasnih duzina talasa

Csin<pz = zA z=O,±1,±2,···

gdjeje z red spektra. Za z = a irnamo spektar nultog reda, za z = ±1 spektar prvog ieda itd.

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE 147

Red spektra koji se moze vidjeti sa datom difrakcionom resetkom

pod datim uglom je C sin!.pz

z = ---~-A

d t · 1 to J. e i maksimalnl red Kako je maksimalna vrije nos sm \D = , spektra koji se moze vidjeti difrakclOllom resetkom

Od d· . C - z '= 5 ·535 nm = 2675 nm = 2.675 . 1O~6m. av Je J€ .. - __ ma.xA.

3. A = 0.12 nm O=7r!3 £;v =? a)

b) p =?

eJ Ek =7

m, e

nn __ ~ .J55L hV mv c

Kvanti X-zracenja koji imaju energiju hv iInaju i .impuls h~!c. Oni se sudaraju sa slabo vezahim elektronirr:a ~a kOJe c~rno pre~postaviti da miruju. U suclaru kvant X-zracenJa preda Jedan clIO energije slabo vezanorn elektronu i elektron uzmakne pod .ug!om .!.p.,

a on nastavi da se krece pod uglom 8 u odnosu na prvobltnl SIDJer

kretanja. . ). k N a osnovu zakona 0 odrzanju impulsa (kolicine kretaDJa 1 za ona

o odrzanju energije-mase mozemo pisati

hv = h-;'I + mv , , hv + moc2 = hv' +. mc2

(3.1)

(3.2)

gdje je moe' energija mirovanja elektrona, ~ me' je totalna (ukupna)

relativisticka energija elektrolla kOJl se kreee nakon su~ara. Ako se u jednaCini. (3.1) impuls kvanta X-zracenJa nakon su

dara sa slabo vezanim elektronom prebaci na lijevu stranu znaka

148 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PlSMENlH ISPITA

jednakosti i kvadrira, dobicemo :

h 2v 2 h 2vv' h 2v '2 --,- - 2~-- cos f} -+-- --_. = m2v2

c c2 'c2 (3.3)

Jednai'inu (3.2) mozemo napisati u obliku :

Nakon kvadriranja ove jednaCine dobijamo:

h 2( ')' V - V + 2h{v - v')m"c' + m5c4 = m'c4 (3.4)

P rem a AjnstajnoYoj teoriji relativnosti je

Kvadriranjem. i sredjiva,njem ove jednaCine se dobije

m 2 c4 (1 - ~) = m'c4 ,::2 0

rn 2c4 - m 2 v 2c2 :'= rn2 c4

o

Uvrstavanjem rczultata iz (3.5) u jednaCinu (3.4.) dobijamo

h2v

2 - 2h

2vv' + h 2v t2 + 2h(v _ v/)rnoc2 = m2v2c2

Nako~ mno.z.enja jednaCine (3.3) sa c2 dobicerno Ono sto desI.l~J stram pos.\iednje jednaCine. Izjednacavanje Jijevih pODlstavanjc odgovarajucih clanova daje

2h'vv'(1- Cos B) = 2h(v - v'lmoc'

NakoD sredjivanja se dobija da je

~ (1 1) (1 - cosO) = - -- C moc v' v

(3.5)

stoji na strana i

(3.6)

~a~o js.u/talasne d.uz-ine X:-zracenja prije i poslije rasijanja). =: c/u i - C V J respektl~no, nakon UVTstavanja 5e d?bija .

3.2. DRUGI PARCIJALNI lSPITI IZ FIZIKE 149

gdje je >'c = ~ = 2.42 . 10-12 m Komptonova talasna duzina elek-111.0C

trona. Dakle, ako se monobromatsko X-zracenje pusti na neke lake ele

rnente, dolazi do njegovog rasijanja 1 pri (,emu 5e u rasijanorn zrac.enju pored upadnih talasnih duzina >. pojavljuju i talasi vecih talasnih duzina AI.

Prornjena talasne duzine ne zavisl od prirode materijala na kome se vrsi rasijavanje vee sarno od ugla pod kojim se vrsi rasijavanje. Intenzitet rasijanog zracenja se povecava sa porastom ugla rasijanja. Na teiim elementima je intenzitet Komptonovog rasijanja slabiji zbog toga Mo takvi clementi irnaju manje slabo vezanih elektrona.

Promjena frekvencije je

ICC v /:!.v = v - v = -- - --_ >. ).' ----,,-.--:;:I

A,.(l-cosll)

(3.7)

b) Procentualno srnanjenje frekvencije X-zracenja zbog interakcije sa slabo vezanirll elektronom dobjjemo iz izraza (3.7)

/:!.v 1 p = -- ·100% = ----c

V 1 + __ A __ 2>.c sin" ~

(3.8)

c) Kineticka energija uzmaklog elektrona je jednaka Tazlici totalne energije koju p05jeduje poslije 5udara i energije koju je iInaO prije 511-dara (energija mirovanja). Prerna zakonu 0 odrzanju energije-mase, to je jednako energiji koju je izgubio foton X-zracenja pri rasijanju l

pa mozemo pisati

E = (m -- mo)e' = hu - hv' =

= ¥ 1~~_1)l. "~ = l02.5eV , '>'c (l·-c"~ 0)

4. Prerna Borovoj elementarnoj teoriji atoma vodonika, emlSlja svjetlosti (energije u vidu elektromagnetskih talasa) iz atoma 1 vrSi se, ako atom prelazi iz viseg u nize energijsko stanje, tj. aka elektronl

sa putanja koje su dalje od jezgra, prelaze na putanje blize jezgru. PaSenova serija spektralnih linija nastaje ako elektron sa visih energijskih nivoa prelazi na treCi (n = 3). Talasni broj linije u Pasenovoj seriji spektralnih linija je dat izrazorn

L = RH (~i - ~i)


gdje je RH Ridbergova konstanta za vodonik.

Pri prelazu sa nivoa n = 4 na n = 3 (prva linija u pa.senovoj seTiji linija) emituje se najmanja energija. Kako je

zakljucujemo cia ce se ernitovati elektromagnetsko zracenje najvece talasne duzine u toj seriji. Njegova talasna duzina je

A~3 = RH (tz - tz) = RH 9'~6 ).43 = 7~! = 1874.6 nm (3.9)

Pri prelazu sa visih energijskih nivoa na treCi emitovat ce se sve vise energije kako kvantni broi nivoa raste) a to znaci da ce se talasna duzina emitovanog zracenja sve vise smanjivati. Potrazimo kvantni broi onog nivoa sa kojeg treba da predje elektron, pa da emituje svjetlost talasne duzine >'n3 = 1000 nm.

(3.10)

Prema tome ima ukupno cetiri linije sa talasnim duzinama veCim ad 1000 nm. To su >"3 = 1874.6 nm, >'53 = 128l.5 nm, >'63 = 1093.5 nm i >'73 = 1004.8 nm.


Tuzla, 26.l.1985. god.

l. Kugliea mase Tn, objesena na oprugu, produzava je za D.L. Pod dejstvom spoljasnje vertikalne sile, koja se mijenja po harmonijskom

zakonu sa amplitudom Fo, kuglica vrsi prinudne oscilacije. Logaritamski dekrement prigusenja je A. ZanemarujuCi masu opruge, naCi kruznu ucestanostprinudne sile pri kojoj je amplituda pomjeranja maksimalna. Kolika je vrijednost te amplitude?

2. Izvor zvucnih oscilacija frekvencije Vo = 1 kHz krece se u pravcu normale na zid brz(nom Viz = 0.17 mJ s. Na toj norm ali

3.2. DR.UGl PARClJALNl lSPlTI IZ FlZIKE 151

.. ·k P . P pri cemu je njihov polozaj su postavljena dva pnJemm a 1 I 2. d. k l"ka PI - - 1- - Pz. Koji prijemnik ce registrovatl talasne u are 1 0 1 je njihova frekvencija?

3. Izmedju horizontalnih ploca ravanskog kon~enzatora na koje . ·kl·' pon U = 250 V ulijece elektronskl snop pod uglom JC pn Jucen na 8 = 7f / 6 kao na sliei.

Elektroni u snopu imaju energiju u intervalu od 0 - 750 eV i raspodjela elektrona po energl-jama je ravnomjerna. . a) Koji ce dio od ukupnog bro!a elektrona udariti u gornJu plocu kondenzatora?

J 8, ,

b) Ako je rastojanje izmedju ot- ..

A . B d ·oJ· ploti L = 3.46 em, odrediti energ1JU elek-vora 1 na OllJ

trona koji prolaze kroz oba otvora.

Smatrati da pad elektrona na plocu ne mijenja napon izmedju plota.

4 Dvostruko jonizovanl atom ItlJuma 1. . I· .. (L .++) pri prelazu iz nekog

eksit~vanog u prvo pobudjeno stanje ernituje sukeesivno dva fKotol~ka . 9 1 . .\ ~ 72 91 nm. 0 1 1 sa talasnirn duzinama Al = 21. nrn 1 z - . v' ? Ak

je poluprecnik orbite eksitovanog stanja iz kojeg se v:slprel~\.. 0

kvant talasne duzine AZ pogodi jednostruko jonizovanl atorr: . ~ IJ~.r~a (H e+) koji se nalazi u prvom pobudjenom stanju: razrn~tnt1 : 1 ce d '" d ·onizaciJ·e He+' Ako dodje do jOlllzaelJe, kohka Je rZlila

oe1 0 J b. 1 t· . t·'ki efektJ? fotoelektrona? Da Ii se moraju uzeti u 0 Zlf re a IVIS Ie .

Rjesenja:

1. m D.L Fa A w =?

_a =?


Primjenom II Njutnovog zakona na ovaj dinamicki sistem, kada se kuglica nalazi u polozaju X, dobijamo

(3.11)

gdje je sila te;;e koja djeluje na kuglicu

G= mg,

sila elastiCnosti kojorn opruga djeluje na tijelo

prinudna sila

}~ = Focoswt,

sila trenja

ftr = -rv. Jednaeina (3.11) nakon projekcije na X-osu postaje

d2x dx m-d2 c~ mg - k(x + jj.L) - r- + Focoswt

t dt (3.12)

U :avnotezIlom polozaju je

kjj.L = mg

i nakou uvrstavanja u (3.12) i dijeljenja jednaCine sa rn dobija se

d2x r dx k Fo

dt' + mdt +;:;; = m coswt (3.13)

Ako oznaCimo da je ;;. = 2(3, ~ = w5 i ~ = /0) jednacina (3.12) postaje

d'x dx 2

dt' + 2(3 dt + wox = fo cos wt (3.14)

Ovu diferencijalnu jednaCinu cerno rijesiti tako sto cerno prvo rijesiti homogenu jednaCinu

d2x dx , -- + 2/3-- + w x = 0 dt' . dt 0 (3.15)

3.2. DRUGI PARC1JALNI ISPITI 1Z FIZIKE 153

Rjesenje ove jednacine je

(3.16)

Partikularno rjesenje jednaCiue (3.14) t.razimo u obliku

x(t) = acos(wt + a) (3.17)

gdje Stl a i 0' konstante koje treba odrcditi tako da bude zadovoljena jedna.cina (3.14).

Ako nadjemo prvi i drugi izvod x(t) datog prema (3.17) i uvrstimo u (3.14) dobijamo jednai'inu

-aw' cos(wt + <X) - 2(3aw sin(wt + <X) + w6a cos(wt + <X) = fo cos wt

PTimijenimo Ii u posljednjoj jednacini adicione teoreme i spojimo clanove uz cos wt i sin wi, a ztim izjednaCimo koeficijente uz njih, sa odgovarajuCim koeficijentima na desnoj strani jednacine, dobijamo dvije jednacina koje nam ornogucavaju da odredirno trazene konstante a i 0:.

a(w5 ,-- w2) cos 0: - 2awj3 sin a: = fa

a(w5 --- w 2) sin lX -1- 2awj3 cos 0: = 0

Kvadriranjem posljednjih jednaCina i sabiranjem se dobija

a'(wJ - w2)' + 4a'w'(32 = ft Odavdje se dobije da je amplituda

a= fa

V(w5 -- W 2)2 + 4(3'w'

(3.18)

(3.19)

1z izraza (3.19) se lako zakljucuje da ce amplituda biti maksimalna kada izraz u imeniocu hna minimalnu vrijednost, odnosIlO ako je

gdje je-

dy -=0 dw

154 GLAVA 3. RI.JESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

Aka nadjemo prvi izvod y po w i izjednaCinlO sa nulom, dobijamo jednacinu

-w( w02 - w2

- 2/l') = 0

cija rjesenja SU WI = 0, WZi3 = ±jw6 ~ 2iP. Frekvencija prinudne sile ne maze biti negativna, pa ostaje da je

(3.20)

rezonantna frekvencija i za tu vrijednost je amplituda pomjeranja maksimalna.

U nailem slucaju je kl;.L = mg, pa je w5 = kjm = gj l;.L. Nepoznati koeficijent prigusenja j3 mozemo odrediti po:mocu poz

nate vrijednosti logaritamskog dekrementa prigusenja. lz prigusenih oscilacija je poznato da je

x(t) = aoe--~t cos(w't + (1)

gdje su w' i ex', kruzna frekvencija i pocetna faza oscilovanja~ a

amplituda tih oscilacija .. Logaritamski dekrcment prigusenja je

.\ = In __ ."i!L = /IT' a(t + T')

Kako je T' = 27r / Wi, a Wi = j w6 - (32, dahija se da je

27f .\

-Vwirw=6 =- /l' /l

Nakon kvadriranja posljednje jednai'ine i sredjivanja dohija se

" , /l2 = A Wo 47i2 + .\.2 (3.21)

Izraz (3.21) cemo uvrstiti 11 izraz (3.20) i dobili da je rezonantna frekvencija

1

:1 I


Uvrstavanjem izraza za Wo dobija se da je rezonantna frekvencija

_ ! 9 47f2 _ ).2

Wrez -~ V LlL 41T2 + .\2'

a rezonantna amplituda

2. vo=lkHz Vi" = 0.17 mjs c = 340 mjs l;.v =?

Kada se izvor zvuka krece prerna zidu i emituje talase, oni ce se odbijati i pri tome vracati u suprotnom smjeru ne mijenjajuci frekvenciju. Kako je zid nepokretan to ce se u prostoTu izmedju izvora i zida prostirati dva talasa istih frekvencija, pravaca prostiTanja i amplituda, ali suprotnih smjerova. Tada dolazi do interferencije i nastaje stojeCi talas, tako cla prijemnik P2 ne¢e registrovati talasne udare.

Kada se izvor udaljava od prijemnika PI, dolazi do povecanja talasne duzine talasnog procesa u sredini, sto irna za posljedicu smanjenje njegove frekvencije. Kada se izvor krece prema zidu (prijemniku) u smjeru u kojem se krece talas, dolazi do smanjenja talasne duzine talasa 11 sredini, sto ima za posljedicu povecanje frekvencije talasa koji ce stizati do zida. Taj talas se odbija od nepokretnog zida i pri tome ne mijenja frekvenciju. U takvim uslovima ce do prijemnika 1\ stizati dva talasa jednakih amplituda, is tog pravca i smjera prostiranja, a frekvencija koje se malo razlikuju. Tada ce nastati talasni udari (otkucaji) i PI ce ih registrovati.

Frekvencija udaraje jednaka razlici frekvencija talasa koji se slazu

Frekvencija V1 talasa koji se odhija od nepokretnog zida se racuna prema relaciji

C VI = ---Va,

c ~ Viz

156 GLA VA 3. RIJE.'O;ENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

a frekvencija [/2 talasa koji registruje prijemnik kada se izvor udaljava od njega

C 1/2 = ---"'0

C + Viz

Trazena frekvencija otkucaja je

Kako je brzina kretanja izvora Viz mala U odnosu na brzinu zvuka C, Inoze se v/z zanemariti u nazivniku posljednjeg izraza i trazena frekvencija otkucaja iznosi

9 v. U=250V 0= 11:/6 E E 10,750] eV L = 3.46 em l::.N _? N -;

E, =7

a) lJ gomju plocu kondenzatora udariCe svi ani elektroni cija je enegija veca od vri

jednosti E" koja je tolika da je

.' mvOy -~. = eEd

2

2Viz !:!.v= -va = 1Hz

c

x

Rako je VOy .;;;;;;. VI COS B, gdje je VI brzina kojom elektronl ulijecu u prostor izmedju plota, i eE d = eU dobija se da je

m~)l 2 ~-cos () = eU

2 ' odnosno

3.2. DRUGI PARCI.JALNI ISPIT! IZ FlZIKE 157

Odavdje se dobija da je

N akon uvrstavanja zadanih vrijednosti dohija se

Neka je braj elektrona po jedinici energetskog intervala (1 eV) b.N1 _

Tada ce broj dektrona koji bi jz ovog STlopa pall n a gornju ploeu biti

Ukupan broj elektrona koji je r.a to vrijeme 1180,0 11 kondenzator bite

Tada je !:!.N

h) Kretanje (:iektronu 1.1 vcrtikaillom pr;:cvcu je jcdnoliko promjenljivo, pa j~ njegova y-koordinata nakon vremena t da.ta relacijom

at' y = v,t cos 8 -- .:;:-

Ubrzanje pot.ice od sile elkt.rostatickog polja, pa je

eE a= ~

m

Kretanje u horizontalnom pravcu je jednoliko pa jC koordinata x odredjena relacijom

x = v'ltsinO

gdje je Vz brzina kojom ulijecll elektroni koji ce proCi kroz drugi otvor. Ako s~ jz ove Telac~e izrazi t dobija se

x t = ----.

V;: sin (J

158 CLAVA 3. RIJESEN1 ZADAC1 SA P1SMENIH 1SP1TA

Nakon zamjene izraza za vrijerne i ubrzanje u jednaCinu za odredjivanje y-koordinate elektrona, dobija se jednaCina putanje

ee-x2

y = x cot e - :--C;---o-, 2rnv~ sin2 0

~ako je ,E2. = rrw~/2, moze se, nakon zamjene brzine, dobiti jednaCIlla putanjc U obliku

eEx' y = x cot 0 - ---CC---;o-

4E2 sin2 8

Stavljanjern y = 0, dobijamo x, = 0 i x, = L odakle se dobije da je

E, = eeL = eUL sin 2" d sin 2", = 333.3 eV

4. sLi++ 2He+

A, = 219.1 nm A2 = 72.31 nm m=2 rn =? Vmax =7

Dvostruko jonizovani atom litijurna emituje energiju jednaku z biTU energija fotona talasnih duzilla Al i ..\2

he he E f = :\ +, (3.22) , ", Pr~ma ~orovoj teoriji energiju koju emituje jon slican atomu

~odonlka pn prelazu iz n-tog u nt-to kvantno stanje racunamo prema lzrazu

E f '" heZ' RH (~ _ ~) m 2 n 2 (3.23)

gdje je Z redni broj element a u periodnorn sistemu. a R J' e R 'db 'r"-k ' H .,1 e gova onstanta za vodonik. IijednacavajuCi desne strane jednaCina

i .1 '~

I

3.2. DRUG1 PARCIJALN1 1SPITI 1Z FlZIKE 159

(3.22) i (3.23) dobija se jednai'ina

(3.24)

Aka uzrnemo U obzir da je za prvo pobudjeno stanje m = 2) jednaCina (3.24) postaje

, n 2 - 4 A, + A,

Z RH -- = --"_. 4n' A,A,

Rjesavajuci posljednju jednai'inu po n dobija se

Prema Borovoj teoriji poluprecnik putanje elektrona kod jona slicnih atomu vodonika se odredjuje rjesavanjem sljedece dvije jednaCine

moVnr n ::~ nn 1 Ze'

gdje je n = 1,2,,3, ... , glavni kvantni broj. Odavdje se dobije da je poluprecnik putanje elektrona un-torn kvantnom stanju

Prema uslovu zadatka je Z = 3 (litijum), a izrac.unato je da n iznosi 4) onda je poluprecnik elektrona u 4-tom stacionarnom stanju dvostruko jonizovanog helijuma

16£oh' r 4 = - .. ~-----~- = 0.425 nm

31rrnoe2

Energija jonizacije zH e+ koji se nalazi u prvom pobudjenorn stanju za koje je n = 2 iznosi

Kako je Z '"' 2 dobija se da je energija jonizaeije

E j = heRH = 13.60 eV = 0.22 . 10-'7 .J


Jonizaciju, prema uslovima zadatka1 treba da ostvari foton talasne duzine )..2 cija je energija

he E, = )., = 17.04 cIT = 0.27 . 10--11 J

Kako je E2 > E j ovaj foton moze da izazove jonizaciju jona helijuma H e+. Prema zakonu odrzanja energije brzina fotoelektrona se dobije rjesavanjcIIl jednaCine

Rjesavanjern ove jednaCine po v dobijamo

Red velicine brzine od 106 mJ s ne traii uzirnanje relativistickih efekata jeT je vic « 1.


Tuzla, 8.4.1985. god.

1. Na horizontalnoj glatkoj ravni lezi tijelo mase M = 10 kg koje je pricvrsceno za oprugu Ciji je drugi kraj vezan za vertikalan zid. U pravcu ose opruge ispali se metak mase m = 10 g i udari u tijelo brzinom Vo = 500 m/ s i ostane u njemu.

a) NaCi period oscilovanja pomjeranja, ako je amplituda oscilovanja a. = 10 em.

b) Nacrtati funkciju koja pokazuje prornjenu brzine i ubrzanja u toku oscilovanja ovog sistema.

2. Od zice duzine L = 1 m i mase m = 1 g naprave se dvije zice duzina L1 = 51 em i ,L2 = 49 ern. Zice se u(:vrste na krajevima i zategnu silama istog intenziteta F = 200 lV.

a) NaCi izraz za racunanje amplitude rezultujuce oscilacije cestica va,zduha u tai'ki kaja je na rastojanju kaje je ·znatna vece ad rastojanja madju zicama, aka one istovrerneno osciluju sa istom amplitudom.

3.2. DRUGl PARCI.TALNI ISPlTI lZ FIZIKE 161

b) Kalika je frekvencija udara (atkucaja)?

c) Nacrtaj grafik kaji prikazuje promjenu amplitude rezultujuce oscilacije 11 toku vremena.

3. Da bi odredio vrijednost Avogadrovog broja, Peren je mjerio koncentraciju cestica gumiguta, poluprecnika r = 0.212 pm i gustine p = 1.2.103 kg/m3 suspendovanih u vodi temperature T = 290 K. Odnos koncentracija cestica. gumiguta na dva nivoa, Cija je visinska razlika 30 pm bio je 1.875. Izvedi izraz za odredjivanje Avogadrovog broja i izracunaj ga na osnovu navedenih podataka ,

4. U jednom eksperimentu sa fotoelektricnim efektom obasjavarno povrsinu cezijurna:

a) svjetloscu talasne duzine A1 = 670 nm iz izvora snage PI 10mW,

b) svjetloscu talasne duzine .\2 598 nm iz izvora snage Pz lrnWi

c) svjctloscu talasne duzine Ai': ::::::. 456 nm, iz izvora snage P3 =:

I mW.

Izlazni rad elektrona 1Z cezijurna je A = 3.088.10-10 J. Ako je efikasnost sudara [otona sa elektronima 11 metalu, koji dovode do izbacivanja elektrona ry = 0.5 %, odredi zakocni napon i struju u gornja tri slucaja.

Rjesenja:

1. M = 10 kg

rn=lOg

Vo = 500 m/s ao = JOcm,

T =? v(t) =? a(t) ="

'/

a) Na. osnOV11 zakona 0 odrzanju impulsa (kolicine krctanja) moze se odrediti brzina sistema tljelo-metak neposredno posl1je s1?-431ra

milo = (m -I- 11.1)';'


Projekcija ave vektorske jednacine na pravac vektora ii~ daje

mvo = (m +M)v

odnosno m

v = ~---Vo M+m

Ovaj sistem raspolaze kinetickom energijom

E. = (m + M)v2 = m' v2

2 2(m+M) 0

Kada krene sistem iz ravnoteznog polozaja ova ce se energija trositi na savladavanje sile elasticnosti i prelaziti u potencijalnu energiju elesticnosti opruge. U ampiitudnom polozaju je sva energija u vidu potencijalne, pa se moze pisati

jer se trenje zanemaruje. IzjednacavajuCi izraze za Ek i Ep dobija se jednacina

m2v5 = ~-":-::;-

2 2(rn + M) Odavdje se moze odrediti krutos! opruge

Period sopstvenih oscilacija ovakvog sistema je

/m+M rn+M To = 27rV = 27rao'-'_- = 1.268

k mvo

b) Polozaj sistema tijelo-metak U odnosu 11a ravnotezni polozaj dat je sa

x(t) = ao cos(Wot + a)

Brzina i ubrzanje BU

vx(t) = ~;= -aowo sin(wot + a)

ax{t) = :t22 = -aow5 cos (wot -+ ex)


Da bismo rXlogli graficki prikazati ove funkcije, moramo odrediti pocetnu fazu a. U pocetnom trenutku (kada je t = 0) je

Xo = ao cos a

Vo = ~aowo sin 0:

Dijeljenjem ovih jednaCina dobija se

Vo tana = -----

XOWo

Kako je Xo = 0 dobija se da je tanDi = -00 i ex = ±7r/2. Predznak cerno izabrati uzimajuCi U obzir da je u pocetnom tre

nutku brzina usmjerena suprotno od X-ose. Vidi se da mora biti a = 7r!2.

LJvrStavanjem se dob-ijaju sljedece funkcije:

vxt) = -aowosin(wot +~) = --0.5sin(4.98t +~) [';"]

ax(t) = -aow6cos(wot -;- i = -2.48cos(4.98t +~) [;l']

ciji su grafici predstavljeni na slici

o -t--f--\,--1--cz'-----;US}

2,48

irs)

164 GLA VA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

2. L = 1 m

L, = 51 em L, = 49 em F=200N m = 1 g

D.v ='1

~

-----L1

-------

-------Kada se zategnuta zica izvede iz ravlloteinog polozaja na njoj se

forrnira stojeCi talas. Osnovni ton ima frekvenciju

v V =--

,\

gdje je v brzina rasprostiranja transverzalllog talasa na :tici, a A njegova talasna duzina.

Kako je L = >-/2, frekvencija osnovnog torra iznosi

11 V =--

2L (3.25)

Talas koji se ad zategnute iice prostire u prosior opisan je jednacinom

~(r; t) = acos(wt - k. f) (3.26)

Talasi koji se formiraju zbog oscilovanja zica duzina L, i L2 SU

gdje je

6(i;,t) = a,cos(w,t~- k"il)

~,(1'2, t) = a2 COS(W2t - k2 · 1'2) (327)

Aka se prijemnik nalazi daleko ad iiea kao izvora talasa, anda se maze smatrati da je za jednu istu tacku 11 pros tOfU Tl ~ r2, i aka 8U

Tl i T2 > > d, gdje je d ra.stojanje medju zicama, maze se SlIlatrati da 8U oscilacije cestica sredine u istom pravcu. Pretpostavirno da S11

amplitude jednake: a1 = az = a.

Prema principu superpoziCiTe talasa irnamo-daje rezultujuCi talas

; 'j

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

odnosno ~ = a [COS(WIt ~ k,r) -I- cos(w,t - k2r)]

KoristeCi teoremu za zbir kosinusa dva ugla dobijamo

WIt-· k,r + W2t - k,r WIt - k,r - w,t -I- k,r E = 2acos ---~ 2 cos 2

odnosno

165

(WI -I- W, k, -I- k') (WI - W2 k, - k2 ) e = 2a cos 2 t -- --2--- r cos 2 t - -2-- r

Ako oznaeimo

W= 2

mozemo jednaCinu rezultujuceg talasa napisati kao

(

WI - W2 k, - k, ) ) e = 2acos 2 t - --2-r cos(wt - kr (3.28)

Ako se izvor i prijemnik ne pornjeraju, tj. aka je r = conEd., onda su frekvencije koje prima prijemnik jednake frekvencijama izvora WI

i 1.<-'2, pa se moze zakIjuciti da ce na mjestu prijenlnika nastati harrnonijsko oscilovanja sa frekvencijom

W, + W2 27f(VI + V2) w = ~-2-~- = 2

U izrazu (3.28) amplituda oscilovanja je

(

WI - W2 k, - k2 ) a =iZacos -~2-·--"-t ~ 2 r

Period oscilovanja funkcije

y = 2a cos ( D.2W _ ~;r)

gdje je b..w -= WI - W2, a i:lk = k1 - k2~ iznosi

I 271' 41f T = 81<1 7=~,

2 LlW

(3.29)


a funkeije I y i je T' 2"

T=··-=-2 L'lw

Grafiei funkeija y i i y I su dati na sljedeCim slikama

2.

-2. I I

In J-.- T·b~ -I 2. -

r

Prerna tonle kruzna frekvencija amplitude je

21f 21f Wa = -_. = - = .6.w T 21< ,

,,"w

a to je frekvencija udara (otkucaja).

Wu = Wd = W, - W2 = 1f G: - ~:)

Brzina talasa na zategnutoj zici se racuna po relaciji v = 'v~, gdje

je F sila zatezanja zice, a fL = If masa po jedinici duzine. Kruzna frekvencija amplitude se maze dati ozrazorn

Kako je 1-'1112 = T = 11, dobijamo kruzna frekveneija udara

odnosno

1 jFLL2 - L, va=-\··~ =18Hz

2 V m L,L2


3. r - 0.212 11m · -. : ; '" .. p = 1.2· 103 kg/m3 P+dp h+dh

;-." . .. T = 290 K p h

L'lh 30 '. -"- mm

j< ndn2 = 1.875 · :.: · . NA =7 . .

' .. .. . " /// -' / /', ./

Suspendirane (unesene u tecnost) veoma male cestice gumiguta, priblizno istih dimenzija i rnase, stalno su u tecnosti izlozene udarima molekula koji vrse tzv. Braunovo kretanje. Zbog malih dimenzija cestica, mala je vjerovatnoca da ih u jednom trenutku pogodi sa svih strana isti broj m,oIekula vode, pa ce zbog toga one u procesu sudara uvijek dobiti odredjeni impuls i vrsiee kretanja slieno molekulima, te ce se na njih moei primijeniti zakonitosti molekularno - kineticke teorije gasova. Njihova raspodjela po visini hi trebala da bude ista kao i kod molekula, te bi se mogao izvesti izraz za promjenu koncentracije cestica gumiguta u zavisnosti od vi::;ine (Bolcmanov zakon raspodjele rnolekula u spoljasnjem poteneijalnom polju).

Na nekoj visini h (vidi sliku) usljed teiine sloja gasa iznad te visine javlja se pritisak p. Na nekoj visini h+dh pritisak iznosi p+ dp. Razlika ova dva pritiska jednaka je pritisku koji svojom teiinom vrsi gas koji se nalazi u zapremini valjka povrsine S i visine dh

dG pdV 9 pgSdh p - (p + dp) = --- = -- = --- = pgdh

S S S

odnosno dp = -pgdh

gdje je p gustina gasa na visini h, a g ubrzanje sile Zernljine teze na toj visini.

Na osriovu opste jednaCine gasnog stanja gustina gasa iznosi

pM p= RT'

gdje je M molarna masa- gasa~- R univerzafna gasna konstanta, T apsolutna temperatura i p pritisak.

168 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA. PISMENIH ISPITA

Ako izraz za gustinu gasa uVTstimo u izraz za dp dobijamo

pM dp = ----gdh

RT·

sto predstavlja diferencijalnu jednacinu. Rzdvajanjem promjenljivih dohijamo

dp Mg - = ----dh p RT

Ako pretpostavimo da se temperatura i ubrzanje sile Zemljine teze ne mijenjaju sa visinorn, tj. da je T = con.st. i g :::::::: const., onda se, nakon integracije, kao rjesenje jednacine dobija

odnosno

Mgh Inp=----+lnC

RT

AifLh P = Ce-ra

Konstanta C se odredjuje iz pocetnih uslova: na visini h ::0::: 0 pritisak iznosi po, pa .Ie konstanta C = po. Promjena pritiska gasa sa vis in om data je izrazom

-~h P = poe RT

Kako je prema oSIlovnoj jednacini kineticke teorije gasova, jednaCini za pritisak

p = nkT

gdje je n koncentracija gasa, k Bolcmanova konstanta, a T apsolutna temperatura, dobijamo da je koncentracija rnolekula gasa na nekoj visini data relacijom

0J. n(h) = noe~ nTh

Kako je M/R = NAm/NAk = m/k, gdje je m masajednog molekula gasa. SUa teze koja djluje na njega iznosi mg = G, pa dobijaulO izraz

Ako poslednji izraz prim.ijenimo na cestice gumiguta suspendovane u vodi, mOTamo uzeti U' obzir da ce na njih djeIovati i sila potiska, pa ce rezultujuca sila koja na njih djeJuje prem", dole biti

G'f = G --Fp

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI1Z FIZIKE 169

Njihova koncentracija, na nekoj visini od dna suda, se moze izraziti

kao (h) -'~h n,=noc IcT

Kako je

gdje je Po gustina vode. Zavisnost koncentracije cestica gumiguta od

visine bice

PrimjenjujuCi ovaj izraz za dva raziiCita nivoa dobija se

~ ",;/It) (l-.I!.~,) nl ;;;;:~ not kT p

._ !!:.!!!!.2 (1 ~ !'-it.. ) n2 = noc kT p

Ako ove dvije jednaCine podijclirno dohijarno

17'1 "'!I(/u"~(l~~) -~=e kT p

n2

Logaritmiranjem se dohija

In.''' = mg6,h (1 _ p,) n, kT p

gdje je 6,h = h, - h,. < 0

Kako je k = R/NA i masa kuglice gumiguta m = 37rTvp = 4.79· 10'-17 kg, izraz za izracunavanje Avogadrovog broja u Perenovom

eksperimentu postaje

RT p n, 23 molek NA = ~---ln - .. - = 6.47 ·10 --

mgfj,h p - Pv 7'1-2 mol

4. P, = 10 mW P, = 1 mW P3 = 1 m.W Al = 670 nm. U, =7 h =i-

AZ = f)98 nm

U, =7 1, =?

..\3 = 456 nm

Us ,=7 1,=7 A = 3.088 . 10- '9 J p=5%

-170 GLAVA 3, RIJESENI ZADACI SA PISMENlH ISPITA

Prema Ajnstajnovoj relaciji za spoljasnji fotoelektricni efekat, aka dodje do sudara fotona i 11 slobodnog" elektrona u metalu, foton predaje svu svoju energiju elektronu, a on jedan dio te energije utrosi na vrsenje izlaznog rada iz metala (savladjuje privlacne sile pozitivnih jona kristalne resetke) Ail a sa ostatkam kineticke energije napusta povrSinu metala odredjenom brzinoITl. Aka elektron ne trosi energiju na neke druge procese sem na izlazni rad, anda ce on napustati metal sa maksimalnom kinetickom energijoID, pa se, na osnovu zakona 0 odrzanju energije maze pisati

Aka je metal vezan za pozitivan pol izvora jednosmjernog napona, elektroni ee, nakoD izlaska sa povrSine metala trositi kineticku energiju na savladjivanje elektrostatii'ke sile kojom elektricno polje djeluje na njih. Elektricno polje ce zaustaviti i najbrze elektrone kada bude

\

gdje je e naelektrisanje elehrona, a U" zakoi'ni (zustavni) napon i Ekrnf2x rnaksimalna kineticka energija kojOIn elektroni napustaju metal. .

Kako je energija fotqna E f ::;;-: hc/).., dobijamo

he -,\ = Ai + eUz

Odavdje se dobija da je zakoi'ni napon

U, = ~ (he _ k) e A ' (3,30)

Ako je upadna svjetlost snage P, onda ona za vrijeme 6..t na povrsinu metala donese enrgiju

E = P6.t (3,31)

Kako up'adna svjetlost predstavlja skup fotona, to se ta energija svjetlosti moze prikazati kao proizvod broja [otona N koji padnu na metal za vrijeme fl.t i energije jednog fotona E f

he E = NEt = N- (3,32)

A

3,2, DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE 171

Izjednacavajuci lijeve strane jednaCina (3,31) i (3,32) dobija se da je broj [olona

P 6.tA N = -- (3,33)

he Prema uslovima zadatka, efikasnost sudara [otona sa elektronima u metalu je fj, pa ce broj fotona koji se sudare sa elektronima i dovedu do izbacivanja elektrona biti

N' = ryN

Ovi izbaceni elektroni ce formirati elektricnu struju Cija ce jaCina biti

6.q N'e 1=-=-

6.t 6.t

UvrstavajuCi u posljednju jednacinu izraz za N', dobijamo izraz za izracunavanje jacine fotoelektricne struje

ePA 1=1]

he

a) Energija [otona talasne dmine A, je

he 19 E t , = A, = 2,964,10- J

?ito je manje ad izlaznog rada elektrona iz m,etala Ai = 3.088.10-- 19 J, pa nece ni dolaziti do fotoelektricnog efekta i nece ni biti fotostruje.

b) U drugorn slui'aju se dobija da su zakocni napon i struja

Uz2 = 1 (he - k) = 0,146 V e),2 1

I, = 1]'P;,Ao~ = 0,24 rnA

e) U" = 0,79 V i Is = 0,18 rnA

172 GLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA



1. Matematicko klatno vIsi oscilovanje 11 sredini za koju je logaritamski dekrement prigusenja AO = 1.5.

a) Postupno rijesiti diferencijalnu jednacinu koja opisuje ovakvo oscilovanje (naCi izraz za odredjivanje ugla koji klatno zaklapa sa vertikalom) I

b) Koliki ce biti logaritamski dekrement priguiienja ako se otpor sredine uveea n=LS puta?

c) Koliko put a treba uvecati otpor sredine da hi oscilovanje bilo nemogllce (kretanje postalo aperiodicno)?

2. Na osi se nalaze prijemnik i izvor zvuka frekvencije VI) = 3 kif z. Prijernnik vrsi harmonijsko oscilovanje duz te ose sa kruznom ucestanoscu w i amplitudoID_ a = 0.5 m. Pri kojoj vrijednosti uJ

ce sirina frekventnog intervala koji registruje taj prijemnik iznositi ,0.1/ 200 II z? Brzina zvuka je c 340 m/ s.

3. Piknometar ciji je termicki koeficijent kubIlOg sirenja 11 =

2.4 . 10-5 1/ K napunjen je nekom· tecnoscu na temper at uri tl =

20°C. Tecnost koja se nalazi u pikIlometru, na toj terrlperaturi je teska G 1 = 0.49 ,,-V. Kada se piknometar napuni tom t.ecnoscu t.emperature t2 = 50°C: onda je tezina tecnosti u piknometru G z = 0.48 N. Izrai'unati vrijednost terrnickog koeficijenta kubnog ,sirenja te tecnosti.

4. PolazeCi od Plankovog zakona zracenja apsolutno crnog tijela

izYesti Vinovu i Rejli-Dzinsovu formulu} kao i Vinoy zakon pomjeranja.

5. Foton energije 0.15 .1'\.1 eV raslje se na, slabo vezanom e]ektroIlU koji miruje: usljed cega se njegova talasna duzina prornijeni za ,0.,.\ =

3 pm. Naci uga,o pod kojirn je uzmaknuo kornptonovski elektron.

6. Dvostruko jonizovani atom litijuma koji se nalazi u stanju mirovanja pri prelazu 1z drugog u prvo pobudjeno kyantno stanje emituje foton. Ovim fotonom se obasja.va srebrna katoda. l{oliki je zakocni napon fotostruje u anoclnom kolu? Izlazni rad elektrona iz srebra je Ai = 4.28 eV.

Rjeiienja

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE

1. AD = 1.5 n = 1.5 \O(t) =7 ). =7 n'=?

Jed n aCina kretanj a rnaternatickog klat,na (osnovna jednacina dinamike rotacionog

kretanja) je

]V

let L,Mi i,::::l

odnosno

gdje je: Mz =0

Htr

_W-"'\[~

I I I I

G:

173

(j

moment sile zatezanja konca i jednak je nuli J jeT pravac te sile pro]azi

kroz OSU ohrtanja, Ma =L X G,

moment sile teze i usrnjeren je duz osc obrtanja od nas kadaje kugHca na desnoj strani od ravnoteznog polozaja, i

moment sile otpora sredine za koju se abieno uzima da je, pri m~im brzlnarna) proporcionalIla brzini na prvi stepen i suprot~o USIDJer~

d 'e u svakom trenutku. On je kao vektor usmJeren kao 1 ena 0 IlJ . d d" . moment sile teze (provjeritc to na osnovu pravIla za 0 TC JlvanJc

.smjera vckto~skog proizvoda), pa se maze pisati

1\0 = -(LGsin \0 + LF,,)

174 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH 1SPITA

Kako je I = mL', posljednja jednaCina postaje

rnL',p + Lmg sin 'P + Lrv = 0

Za malene otklone Inoze se smatrati da je

sin'P '" tan 'P '" 'P

Kako je v

jednacina Lw .~ L<jJ i r koeficijent otpora sredine, dobija se

L ,·· L2' L m 'P + rIP + rng'P = 0

odnosno

Ako se uvedu zamjene

.. , r. g <p .+- -p + -p = 0

m L

r - = 2(3 , m

g 2 L =Wo

dobija se diferencijalna jednaCina

.. 2(3' 2 'P + 'tp + Warp ::::; 0 (3.34)

Ovo je linearna, homogena diferencijalna jednaCina drugog recla, sa konstantnim koeficijentima. Njeno rjesenje se trazi U obliku

'P(t) = ept

gdje je p pararnetar koji treba odrediti tako da diferencijalna jednacina (3.34) bude zadovoljena. Prvi i drugi izvod 'P po t je

(3.35)

Ako se (3.35) uvrsti u (3.34)' nakon skracivanja sa ept rona nikad ne moze b1ti nula) , dobija se karakteristicnajednacina diferencijalne jednacine

p' + 2(3 P + W5 = 0

cija su Ijescnja

3.2. DRUGI PARCIJALNIISPlT1 1Z FlZIKE

U zimajuCi da je

w = J w5 - f3' > 0

dobijamo da je

PI = -(3+,w i p, = .... (3 - ,w

Dakle, jednaCinu (3.34) zadovoljavaju dva rjesenja

_ (-tH-otw)t 'PI - e

175

Rjesenje jednaCine (3.34) je i linearna kombinacija rjesenja !..pI i ip2

'P C (~~+'w)t + C (~~~'w)t Ie 2e

odnosno

!..p = e- f3t (C1coswt + 1,CI sinwt +- C2 coswt tCzsinwt)

'P cc. e-~t (C, + C 2 ) coswt + t (C, - C,) sinwt

Ako urnjesto konstanti C 1 i Gz uvedemo nove konstante !.po

sljedecim relacijama

dobijamo daje trazeno rjesenje

!..p = !.poe- f3t (cos wt cos 0: ~- sin wi sin 0:)

odnosno 'P = 'Poe-ft cos (wt + 0:)

Konstante CPo i a se odredjuju iz pocetnih uslova. Kako je logaritamski dekrement. prigusenja .\0 = T (3 dobijamo da

je koeficijent prigusenja oscilovanja

fJ = .\0 = .\ow T 2".

UzimajuCi u obzir da je w = JW5 - fJ2 dobija se da je


b) Logaritamski dekrement prigusenja pri nov om otPOfU sredine se definise kao

Ako se otpor sredine poveca n puta, tj. ako je r' = nr dobijamo da Je

).' = ~ ___ 21f __ = .~ _ nf321f

2m JW6 _ (;:)2 J~5 - n2(P

Uvrstavanjem nadjenog izraza za f3 u posljednjoj jednaCinu dobija se da je

I nAo ). = -~=.= = 2 33

~ r; __ 0 2-- 1)),5 . V 4r.Z

c) Oscilovanje ce biti nemoguce, ako je N = 00. 1z prethodnog izraza. se vidi da ce to biti ako je

r---------! (n'2 - 1)'\5 V 1 - --,;-;;:2-- = a =? n l

---

Ist1 rezultat se moze dobiti ako se stavi da je w' =- ,/w6 -_ {liZ = O.

2. Vo = 3 kHz a = 0.5 m !',.v.= 200 Hz

c=340m/8 w =?

a ;" I~

v~ '" 0 x

Kada se prijemnik bude priblizavao izvoru, on ce registrovati zvuk vere frekvencije od onog koji emituje iZYOT. Ta frekvencija je

C -+- Vpr C -1- Vyr V = --- = ~----Vo

).0 C

Kako se brzina prijemnika pri oscilovanju mijenja po sinusnom ili kosinusnom zakonu to vidimo da ce maksirnalnu frekvcnciju prijemnik regiostrovati kada bude prolazio kroz ravnotezni polozaj, tj. kada b.r;zina bude Vpr =. aw. Otuda .Ie

c -+- aw 1./1 = -"--Vo

C

I

I I ! !

-j

:l I ,

3.2. DRUCr PARClJALNI ISPITI IZ FlZIKE 177

gdje je Vo frekvencija koju bi registrovao prijemnik kada bi bio nepokretan, odnosno to .Ie frekvencija izvora. Kada se bude prijenmik udaljavao od izvora, registrovace najmanju frekvenciju u trenutku kada bude prolazio kroz ravnotezni polozaj

c -- aw 1./2 = ----va

c

Razlika frekvencija (maksimalne i minimalne) predst.avlja sirinu frekventnog intervala

c + aw c - aw Zawvo /j.1.J = VI - V2 = _ .. - "-Vo - --------vo = --

c c c

odnosno !',.vc

w = = 22.67 rad/8 Zavo

3. 0;1 = 2.4.10- 5 1/ K 1, = 20 DC

G , = 0,49 N I, = 50 DC

G, = 0.48 N 12 =?

Na temperatiri tl zapremine tecnosti i piknometra su ist.e pa se moze pisati

_ G, lin =--

gPl (3.36)

Ako se piknometar napuni tecnoscu temperature t2, njegova zapremina ce se povecati usljed zagrijavanja, ali ce stati manje tecnosti jer se Dna brze siri. Zapremina te tecnosti je

G, 11,2 = -

gp, (3.37)

Zapremina piknometra na temperaturi t2 moze se- izracunati po pri-bliznoj relaciji

(3.3§)

gdje je Vtz zapremina one tecnosti koja na temperaturi t2 stane u piknometar.

•


Gustina tecnosti u zavisnosti ad temperature mijenja se po zakonu

p=rn= m _ Po

V Vo{1+~2t) - 1+~2t Prema tome je

Po Po

1 + 12t, t pz = ----

I + ~2t2 Rjesavanjern prvog od ovih izraza po Po i uvrstavanjem u drugi

l do

bija se

jer je 1

-0·--- '" 1 - ~2t2 1 + ~2t2

Zamjenom (3.36), (3.37) i nadjellog pribliznog izraza za P2 u (3.38)' dobijamo

G, G) (1 + ~lf:lt -00_0- ___ = _____ _ Pl(1- ~2f:lt)g PIg

Rjesavanjem po ~2 dobijamo

1 ( G 2 ) ~2 = t).t 1- G,(l + 11f:lt)

odnosno

4. Plankova formula za spektralnu gustinu energije zracenja apsolutno crnog tijela je

3 k" C ekT - 1

Vinova formula se do bro slagala sa eksperimentalnhn rezultatim za visoke frekvencije.O niske temperature. U tom sl"ucaju"je .-

hv» kT

{ I i ,

I I 'I


pa se moze uzeti da je h"

ekT » 1

Jedinica u irneniocu se moze zanemariti i ostaje

87fh 3 lev Wv ~ --v ekT

c'

179

Kako je gustina energije zracenja izrazena preko frekvencija jednaka onoj izrazenoj preko odgovarajucih talasnih duzina, mozemo pisati

Kako je c

v= . c , dv = --d)"

)..2

izostavljanjern predznaka minus, jer nam on sarno govori da pri porastu frekvencije zracenja njegova talasna duzina opada) mozemo dobiti

87rhc he C w"d)" = ---e-"T-d)"

).3 .;\2'

odnosno spektralna gustina energije zracenja izrazena preko talasne duzine

87rhc _~ C 1 Qz W).. = --e AkT = -e~ AT

).. 5 ).. 5

sto predstavlja trazenu Vinovu formulu, C 1 i C2 su konstante. Rejli-Dzinsova formula vazi u oblasti niskih frekvencija tj. gdje

je hv <{: kT i moze se uzeti da je

£ hv ekT ~ 1 + - ~ ...

kT '

Uvrstavanjem u Plankovu formulu za spektralnu gustinu energlJe zracenja dobijamo

sto predstavlja trazenu formulu. Prema Vinovom zakonu pomjeranja utvrdjeno je eksperimentalno

da se sa porastom temperature) talasna duzina zracenja, na kojoj

180 GLAVA 3. RIJESENI ZADACl SA PISMENlH lSPITA

je spektralna emisiona moe maksimalna, pornjera na manje talasne duzine.

Spektralna gustina energije zracenja apsolutno crnog tijela izrazena preko talasne duzine je

81rhc 1 w),::::: --5--~

A' e>'kT - 1

Za onu vrijednost talasne duzine, za koju spektralna gustina energije zracenja hua maksimalnu vrijednost, imace maksimalnn vrijednost i spektralna emisionna moe.

Potrazirno prvi izvod ove funkcije po A i izjednaCirno ga sa nulorn jer je to uslov da ta funkcija irna ekstrernnu vrijednost. Nakon diferenciranja po A dobijamo

8IThe 1

At) e--ff~ - ]

Gornja jednaCina ima rjesenja A} = 0, ),2 = 00 i onu vrijednost As za koju je izraz 11 zagradi jednak nuli. Za prVll i drugu vrijednost spektralna gustina, pa prema tome i spektralna emisiona moe, ima vrijednost nnla, pa zakljucujemo da za trecu 'vrijednost mora biti rnaksirnurn, jeT je u Citavoj oblasti funkcija pozitivna. Ako obiljezima tu vrijednost A3 = Am mozemo uvesti oznaku

pa dobijarno jednaCinu

e" 5-x-- =0

eX - 1

Ovu transcedentnu jednaCinu mozemo zapisati U obliku

Oha se moze rijesiti graflckim putem" ako je preuredimo na oblik

3.2. DRUGI PARCIJALNI lSPITI IZ FlZIKE 181

Ako se na Illilimetarskom papiru nacrtaju funkcije Yl = 5 -~ x i Y2 = 5e-x

) u njihovom presjeku dobiCemo trazeno rjesenje x = 4.965. Sada je lako dobiti da je

adakle je

gdje je

he AmkT = 4.965

he b A ------m - 4.965kT - T

he b = -- = 2.898· 10-3 K . m

4.965k Vinova konstanta. Ovako izracunata vrijednost se dobra slaze sa vrijednoscu koju je Vin odredio eksperirnentalnim putem.

5. E = 0.15 MeV tlA = 3 pm.

'P =7 Pri kornptonovskom rasijanju promjena talasne duzine zraeenja

data je relacijOIn

, h tlA = A - A = -- (1 - cos 0)

moc

Odavdje se IllOze izraeunati ugao

cos 8 = 1 -~ = -0 29 7 h . "

0= arccos(---O.237) = 1030 11'

Iz zakona 0 odrzanju impulsa (vidi sliku) imarno y

Fil e h.~ = mv cos!p + fl!::.~ cos 0 , ,

0= -mvsinrtJ + hl/' sinO Me , ~TQ>---~--1E~~------------~v x

A ko preuredimo ove jednacine dobijamo da je

.. hI/'· Il mVSlnrtJ = -;- SIno

mv cos rtJ = fu!.. - hI/' COS 8 , ,

mv

182 GLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIII lSPITA

Dijeljenjem prve jednacine sa drugom dobija se

[W' sin 0 tan r.p = c .~ __

h; _ h:~ cos 8 = .6.A + .:\(1 - cos 0) AsinO

Kako je E = ¥ i (1 cos 0) = .6.>";;""C, dobijarno da je ugao uzmaka elektrona

6. k = 2 n=3 Ai = 4.28 eV Uk =?

tan <p =. he sin (J = 0.6072 .6,)'(E+=oc2 )

'P = arctan 0.6072 = 310 IS'

Prema elementarnoj Borovoj teoriji atoma vodonika i njemu slicnih jona, energija emitovanog fotana je odredjena relacijom

odnosno

hUnk = Z'(EnH ~ EkH )

gdje su EnH i EkH energije n-tog i k-tog stacionarnog stanja atoma vodonika Cija je vrijednost

E ~ E, i nH - n 2

E, EkH =

k'

a El predstravlja encrgiju osnovnog stanja atoma vodonika. Sada se moze, uzimajuCi da je Z = 3, pisati

hU32 = 32 (lE-" ~ El) 22 32

Kako je E, = --13.6 eV energija osnovnog stanja atoma vodonika, dobija :_c da je energija emitovanog fotana

hU32 = 17eV

I.· •... n :.:.·1 q

II 11 11 ;1 "I t

3.2. DRUGl PARClJALNI ISPITI IZ FlZIKE 183

Pri sudaru ovog fotona sa elektronom u srebru, on svu svoju energiju preda elektronu i fotona nestaje, a elektron energiju trosi na savladjivanje privlacnih sila kristalne resetke, za izlaz na povrSinu metala (izlazni rad A;), a sa preostalom kinetii"kom energijom napusta povrsinu metala.

hUg2 = Ai + Ek

odakle je kineticka energija elektrona

Kako i najbrze elektrone zaustavlja napon kocenja Uk onda je kineticka energija elektrona jednaka radu sile elektricnog polja na zaustavljanju elektrona

Ek = eUk

Sada je lako izraziti napon kocenja

Uk = ! (hug2 ~ A;) = 12.72 eV e

Da bismo utvrdili treba Ii da se racunaju relativisticki efekti treba izracunati maksimalnu brzinu elektrona iz relacije

Odavdje je

2 rfloVma:t ~~= =eUk

2

j!ZeUk 6 Vma:t = V .-~- = 2.1-10 mjs

Prema redu velicine dobijene brzine zakljucujemo da ne treba uracunavati relativisticke efekte.


Tuzla, 11.6.1990. go dine

1. Duz X-ose u' vazduhu se rasprostire ravanski zvucni tala.s frekvencije U = 1 kH z. Koeficijent prigusenja je 'Y = 2.07 ·10~3 1/ m. U J;"avni Xl = 0 nivo jaCine zvuka je 1:1 = 100 dB. Nacj nivo jacine zvuka na rastojanju x2 = 2 km.


2. Toi'ak lokomotive ima poluprei'nik Co = 0.5 m na temperaturi to = 0 DC. Odrediti razliku u broju obrta toi'ka ljeti kad temperatura iznosi t1 = 30°C i zirni na temperaturi t2 = ~ 20 DC, na putu od L = 100 km. Termii'ki koeficijent linearnog sirenja metala od kojeg je nacinjen toi'ak je '" = 12.10-6 1/ K.

3. Odredi spektralnu ernisionu moe apsolutno crnag tijela za ). = Anaj. Kolika se energija emltuje sa jedinice povrsine u jedinici vremena u vidu zracenja sa talasnim duzinama u intervalu 1:0.5 % od najvjerovatnije talasne duzine U okolini Anaj' na temperaturi apsolutno crnog tijela od 2500 K.

4. Monoenergetski elektroni energije Eo ulijecu po sredini homomogenog elektrostatiekog polja jaCine c, izmedju ploea ravanskog kondenzatora, pod uglorn (J. Duzina ploca kondenzatora je L.

a) Koliki je razmak pri kojem elektroni nece udariti 11 negativnu plocu kondenzatora?

b) Kojom brzinom elektroni napustaju prostor u kojem djeluje elektrostaticko polje?

5. Pri jJ-raspadu izotopa Pd1l2 dobije se aktivni izotop A g 1l2.

Period poluraspada pretka je 21 sat, a potomka 3.2 sata. Ako je u pocetnom trenutku izvor sadrZavao sarno atorne pretka, naci odnos maksirnalne aktivnosti potomka prerna prvobitnoj aktivnosti pretka.

. Rjesen.ia

1. ,= 2.07 . 10-3 11m L, = 100 dB x = 2 km L2 :=?

Jeclnacina ravanskog zvucnog talasa koji Be prostire kroz vazduh dui ose X je

~(x,t) = aoe-ox cos(wt - kx) (3.39)

odakle se vidi da amplituda talasa opada sa udaljenoscu od izvora, prema izrazu

a(x) = aoe-ox

l'Tivo jaCine zvuka odredjen je relacijom

1-L=IOlog-

10

(3.40)

(3.41)

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITJ IZ FlZIKE 185

gdje je 10 prag cujnosti, na frekvenciji Vo = 1 kHz, a I intenzitet

zvuka odredjen relacljom

1 '2 ( ) 1= -pa w v 3.42 2

gdje je Q. anlplituda talasa na datom mjestu, w kruzna frekvencija, v brzina sirenja zVllcnog talasa, a p gustina sredine kroz koju se siri

talas. Na mjestll Xl = 0 intenzitet talasa je

pa~w2v 1, = '--'-, ~

2 (3.43)

Posta se sarno amplituda mijenja~ na mjestu .7: = X2, intenzitet talasa

Je pa2 w2 v 1, = _1 __

2

Nivoi intenziteta zvuke na datim mjestima ce biti

Ako se potra"i razlika L, - L, dobija se da je

a' L, - L, = IOlg-l: a,

Kako je prema (3.40) al = ao i a2 = aoe~l'X2 uvrstavanjem se dabija

Ll - L2 = 20 19 e iX'2

odnosno

2. fO = 0.5 m. to = ODC t, = 30 DC

L, = L, - 20,x,lg e O~ 64.4 dB

t2 = --20°C L = 100 km (X = 12.10-6 11K

,6.n =7

•

186 GLAVA 3. RIJK~ENI ZADACI SA PISMENIH [SPIT A

Put koji predje centar tocka je L = VT. Broj abrta koje napravi tocak na tom putu je

L n= --

2r7r

Poluprecnik tocka zavisi od temperature, prema zakonu

r = ro(1 + at)

gdje je ro poluprecnik tocka na temperaturi 0 °C. Tako ce na temperaturama tl i t z poluprecnici tocka iznositi

a odgovarajuci brojevi obrtaja na temperaturama tl i t z iznose

L t nz = --_ ... _-

21fro(1 + at,)

Laka j~ uofiti da ce na visaj ternperaturi broj abrta biti manji, sto znaci da je trazena raziika u broju abrta

odnosno

!'.n = _1:.._ (_1_ _ 1 ) 21fro 1 +- utI 1 + cxt2

odakle se nakon sredjivanja dobija da je

!'.n = ~ <>(t, - t , ) 21fro 1 + a(t, + t,) + o.'t ,t,

Kako je vrijednost Q: malena, maze se 0:2 zanernariti i izraz za razliku obrtaja postaje

!'.n =.~ art, - t , ) 21fTo 1 + a( t, + t,) = 19.1


3. '7 = 0.5 % T = 2500 K !'.A = '7Am b = 2.897· 10-3 m . K E Am =? EllA =?

Gustina energije zracenja koja pot ice od zracenja Cije su frekvencije iz intervala (v, v + !'.v) iznosi

!'.wv = wv!'.v (3.44)

187

gdje je Wv spektralna gustina energije zracenja data Planckov-om formulom

(3.45)

Gustina energije zracenja koja pot ice od zracenja tije su talasne duzine iz intervala (A, A + !'.A) je

!'.wA = WA!'.A (3.46)

Kako je llwv = .6.w>,

spektralna gustina zracenja u zavisnosti od ). se moze odrediti uvodeCi smjenu v = cj A. U tom slucaju je !'.v = -cj A2!'.A

Ako izraz za v i !'.v uvrstimo u (3.44) dobija se gustina energije zracenja izrazena preko A

81fhc I'. A

,,\5 err::r _ 1 (3.47)

znak rninus ispred izraza za llv sma izostavili jeT on sanlO ukazuje na cinjenicu da se porastom frekvencije zracenja smanjuje njegova talasna duzina.

Odavdje vidirno· da je spektralna gustina energije zracenja izrazena preko talasne duzine

81fhc 1

~\fi e;~~ - 1


Kako je ukupna emisiona moe apsolutno crnag tijela proporcionalna ukupnoj gustini energije zracenja

E= ~w 4

onda ce i spektralna emisiona moe biti data izrazom

Za A = Am imarna

C

E).,," = 4w).", 1

Energija koju apsolutno crno tijelo emituje sa jedinice povrsine u jedinici vrernena u vidu zracenja sa talasnirn duzinama u intervalu Am. - O.OOSAm,l Am + 0.005.:\=) ako pretpostavimo da je u datom intervalu spektralna emisiona moe konstantna i iznosi E)."" bite

(3.18)

gdje je

a Am je najvjerovatnija talasna duzina, odnosno talasna duzina na kojoj apsolutno crno tijelo ima maksimalnu emisionu moc. Ona se maze odrediti koristeci Vinov zakon pornjeranja

.\ - "-m - T

gdje je b Vinova konstanta, a T apsolutna temperatura. Tada je

21)b Ll)' =

T pa se, nakon uvrstavanja, za spektralnu emisionu moe dobija

3.2. DRUGI PARCIJALNl ISPITI IZ FlUKE 189

Energija koja se u jedinici vremena izraCi sa jedinice povrsine u vidu zracenja sa talasnim duzinama u datom intervalu biee

4. Eo e L d =? v=?

x

a) Na elekt.ran kaji uleti u elektricno polje stalne jaCine [ taka, da y-komponenta njegove pocetne brzine ima isti pravae i smjer kao vcktor jaCine elektricnog polja, polje ce djelovati usporavajucom si]om u tom pravell i on ce se kretati po paraboli.

Elektron nece uclaTit] u negativnu ploeu kondenzatora ako jc rad sile elektrostatickog polja veti od kineticke energije elektrona koja odgovara y-komponenti brzine elektrona VOY' Na clektron u praveu X-ose ne djeluje nikakva sila i u tom praveu elektroll i ne trosi svoju kineticku energiju. Dakle uslov da elektron ne udari u negativnu plocu kondenzatora je

2 (3.49)

KinOeticka energija elektrona koji je uletio u polje se smanjuje jer elek- - 0-

tron sav1adava silu elektrostatickog polja na putu d/2 po y-praveu .

r- ' __ •

190 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITJt

Taj rad je

A=F~ "2

Kako je 8ila elektricnog polja Fel = ec J Tad iznosi

Sa crteza se vidi cla je

i uslov (3.49) postaje

odakle se dobija da je

ede A C~ __

2

VOy = Vo cos e

d > m e•v2 C08 2 () - ee 0

Kilko je rn,v6 = 2Eo, uslov (:;'50) p08taje

2Eo 2 d> "-"e08 e - ee

(3.50)

b) Brzina kojom elektroni napustaju elektrostaticko polje odredjena je intenzitetorn

V=VV2+V

2 x y

i pravcem koji s~ X-osom zaklapa ugao

v (J = atan~

v x

Kao sto je vee reecno, u pravcu X-ase Ile djeluje nikakva sila i ta komponcnta brzine ostaje nepromijenjena i iznosi

Kako je intcnzitet pocetne brzine odredjen iznosom kineticke (~nergije elektrona: odnosno .__ ..

2 2Eo Va =-

m,

3.2. DRUGI PARCIJALNl lSPITI lZ FlZIKE

to ce x-komponente brzine na izlazu iz polja biti -, --

Y2Eo

Vx = -- sinO m,

191

U pravcu Y-ose elektron usporava elektrostaticka 8i1a ;: = et i elektron se u tom pravcu krece jednolikousporeno, brzinom Cija se trenutna vrijednost projekcije moze odrediti kao

V lI = vOll - at

gdje je a intenzitet usporenja nadjen kao

ee rHea -= .Pe * a = -

U pravcu X-ose, elektron brzinom V;J;) prevali, za vrijeme t, put L, pri cemu je

L t =-

v x

UvrstavajuCi izraz za Vx dobija se da je vrijeme kretanja elektTona kroz elektrostaticko polje

Komponenta Vll U tom trenutku je data izrazorn

jrzE: eLE r;;,~-". =, - Cose - Vl':':-V me me sinO 2Eo

Intenzitet brzine kojom elektron naptiSta elektrostaticko polje nakon uvrstavanja izraza za Vx i 'uY ' iZIlosi

Pravac brzine odredjen je uglom (3 koji zaklapa vektor brzine sa pozitivnim smjerom X-ose, a nakon uvrstavanja izraza za Vx i Vy dat je izrazorn

(3 = arctan cot 0 _ __ e ----,--( .- LE ) ZEo sin2 e

192 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPlTA

5. T, = 21 h T, = 3.2 h ~-?

Ao -.

Zadani radioaktivni niz mozemo predstaviti na sljedeCi naCin

Promjena broja aloma izotopa Pd (roditelja) odredjena je jedna-cinom

(:l.51)

i'ije je rjesenje

11Z pretpostavk11 da je 11 pocetnom trenutku bilo NlO atoma Pd.

Promjena broja aloma izotopa Ag (potomka) odredjena je jedna-cinom

(:1.52)

eiji Je SillIsao da se broj radioaktivnih jezgara Ag rnijenja usljed nastajanja raspadanjem jezgara Pd i nestajanjem usljed raspadanja samih jezgara Ag. Ako je u pocetnom trenutku bilo sarno 1'/01 atorna roditelja: tj. atoma Pd, a atorna potornka, tj. Ag nije ni hila, Tjesenje diferencijalne jednaCine (3.52) je

(3.53)

Maksimalan broj jezgara izotopa Ag odredjuje se iz uslova da fllnkcija .1V2 (t) ima ekstremnu vrijednost) tj.

dNz(t) --=0

dt (3.54)

1z ovog uslova se dobije da ce maksimalan broj jezgara Ag biti u trenutku

In~ t ---: _._A,-

max -.\ .\ ,- 1

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPIT! IZ FlZIKE

odnosno, izrazeno preko pcrioda poluraspada

T T,T,ln ~ t = '2

=ax (Tl - T,)ln 2

J'vlaksimalna aktivnost potomka odredjena je izrazom

odnosno A A2AI

NOI (e- A1t",,,,, _ e-).'2t ma;:r)

2rnax = .:\2 - Al

Kako je pocetna aktivnost roditelja AlO

trazeni odnos

odnosno

3.2.6 Drugi parcijalni is pit IZ Fizike

193

(3.55)


l.~a rastojanju r ]00 Tn od tackastog izotropnog izvoTa zvuka frekvencije 200 Hz nivo jaCine zvuka je L = 50 dB. Prag cujnosti na toj frekvenciji je 10 = 10- lO W/m,2. Koeficijcnt prigusenja zVllcnih talasa je 1-=.;;:.5.10-4 l/,'m. Odredi zvucnu snagu izvora.

2. U gornjoj polovini suda visine II (vidi sliku), nalazi se tecnost zapreminske mase p, a 11 donjoj plovini vazduh pod pritiskom p. Na dnu gOTn-

.leg dijcIa suda, kroz ntvoT pocne cia lstic,e tecnost u donju polovinu. Prj kojoj ce debljini sloja tecnosti u donjem sudu poceti izlaziti mjehuri vazduhR na sJobodnoj povrsini Lecnosti u

. gornjem sudu? Smatrati da je tempera,tura konstantna. Di~kutovati dobijeni rezultaL

H.

194 GLJ,VA 3. RJJE:ENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA

3. Azot se nalazi u stacionarnorn stanju . N ati: a) Temperatu.fu T pri k~:joj brzinalna Vi :::.:: 300 m/ s. i 'U2 =

600 m/ S odgovaraju jedilake vrijedllosti Maksvelove funkcije raspodjele.

b) Nacrtati Maksvdovn funkcijl1 raspodjele molekula po intenzitetirna brzina na tcrnperaturi To i 'I = 2 puta visoj ternepraturi.

c) Brzinu IIlolekula v pri kojoj vrijednost Maksvelove funkcije raspodjele na temperaturi To = 330 K ima istu vrijednost kao i na 'fJ = 2 puta visaj temveraLuri. ClvI = 28 g/rnol, R = 8.315 JjrnoIK).

4. Fotoni energije 5 ~M" eV rasijavaju se na elektronima koji: a) miruju b) se krebl U S\!SH~t fc~,on1:na sa ~~nergijon1 100 keV. Odrediti energiju fotolla koji se n'1siju pod uglom od 180°. 5. a) Dokazati da Be aktivnost (brzina radioaktivnog raspadanja)

mijellja po istom zakonu kao i broj neraspadnutih jezgara radioaktivnog elementa.

b) Odrediti brzinu raspadanja (aktivnost) 1 g radijuIIla Ra22(i,

ako je njegov period poluraspada T = 1620 godina. c) Aktivnost te l11ase Iudijurna poslije 10 godina. Rjdenja:

1. r = 100 m

v=200Hz L = 50 dB 10 = 1O~1O W 1m2

1 = 5 .10-4 11m p ='1

Kada se kroz sredinu rasprostiI'€ zvucni talas onda u smjeru rasprostiranja talasa imamo tok energije. Gustina taka (fluksa) energije na nekoIH mjcstu koje je na rastojanju r ad izvora, 11 trenutku t, data je relacijom

gdje je 2 2 2 .-+

U, = pa,w sin (wt -~ k . i)

trenutna vrijednost zaprCllliIL'3ke gustine ~n.~rgije u okoli~i tacke Ciji je polozaj odredjen vektororn polozaja r U odnosu na tackasti iivor zvuka, u trenutku t, u, prcdstavlja amplitudu talasa u toj tacki,

3.2. DRUGl PARClJALNI lSPITl lZ FlZIKE 195

p zapremisku masU nedeformisane sredine U okolini te tacke, w je kruzna frekvencija talasa, k je talasni vektor.

Je

Srednja vrijednost zapreminske gustine energije u okolini te tacke

- 1 2 2 U r = 2" p ar w

jer je u datoj tacki r konstantno, a srednja vremenska vrijednost

2 - 1 sin (wt - k . i) = -

2

Srednja vrijednost gustine toka energije u okolini te tacke ce biti.

gdje je v brzina rasprostiranja talasa u sredini. Ako je sredina kroz koju se rasprostire talas homogena i izotropna, onda ce srednja vrijednost gustine toka (fluksa) energije biti ista u svim tackama koje leze na sferi poiuprecnika r.

Srednji fiuks energije kroz neku povrsinu predstavlja srednju vri~ jednost energije koju za jedinicu vremena pronese talas kroz tu povr~inu) to jest predstavlja srednju vrijednost snage zvucnog talasa.

I , - '" c= ~pa2w2v . 4~r2 = I . 4~r2 sr - '*'sr 2 r " r 1\

jer je srednja vrijednost gustine toka energije jednaka intenzitetu zvucnog talasa na tom mjestu I r •

Ako sredina apsorbuje energiju, amplituda opada sa udaljenoscu, pa ako sa arO obiljeZimo amplitudu talasa na rastojanju r kada nema apsorpcije, onda ce amplituda talasa na tom istom mjestu, kada postoji apsorpcija energije u sredini, biti

Intenzitet zvucnog talasa na rastojanju r od od izvora, kada postoj i apsorpcija, ce biti

196 GLAVA s. RlJESENl ZADACl SA PlSMENlH lSPITA

Odavdje je I ro intenzitet zvucnog talasa na tom mjestu kada nema apsorpcije energije talasa u sredini. Odavdje je

pa je srednja snaga zvucnog izvora

Intenzitet zvuka na rnjestu r odredic€rno na osnOV11 pozna tog izraza za nivo jac.ine

Ovo se moze napisati kao

odakle je

. Ie L=lOlg-

10

0.1 L Ir 10 =, 1[)

IT = lOo.lLlo = 1.10-5 W/m,z Srednja zvucna, snaga izvora je

2. H r

P X =7

Pretpostavimo da je isticanje tecnosti takvo da ne utice na promjenu temperature vazduha 11 donjem sudu. SmatrajuCi da je temperatura stalna, prj stvaranju sloja tecnosti 11 donjem sudu 1 pocetna zapremina vazduha V, pod pritJ.skom p, ce se promijeniti tako sto ce se zapremina srnanjiti na VI,

a pritisak ce se povecati do vrijednosti PI- Promjena stanja. gasa

pri izotermiCkom procesu je prema Bojl-Mariotovom zakonu data jednacinorn

(3.56)

3.2. DRUGI PARCIJALNI [SPITI lZ FlZIKE 197

gdje je V zapremina vazduha prije poc.etka isticanja tecnosti i iznosi

II V=S~

2

Nakon llticanja tecnosti-i stvaranja sJoja debljine x zapremina je

gdje je 8 povrsina poprecnog presjeka suda, UVTstavajuCi izraz za V i V, u (3.56) dobija se

PS~=PIS(~ -x) a nakon sredjivanja se dobija jednaCina

pH = PI(II - 2x) (3.57)

Ka,da se 1.1 donjern sudu pritisak pove(:a~ odnosno pritisak P1 dostigne vrijednost toliku da se zaustavi isticanje tecnosti, oncia cc vrljednost tog pritiska biti jednaka hidrostatickom pritisku pTcostalog stuba tecIlost,1 u gornjoj polovini sllda, Ta'ko je dovoUna cia sarno jedna kap prodje 11 donji dio suda pa da dodje do stvaranja 'mjehurica u gornjem sudu, jer ce pritisak u donjem sudu postati veCi od hidrostatickog

pritiska preostale tecnosti u gornjcm sudu. Kako je

PI = pg (~- x) 2 '

11vrsiavajllCi ga 11 (3.57) dobija se jednaCina

pH = pg (~ - x) (II - 2x)

odnosno pg(II .. ~ 2x)' = 2pH

odakle je

II


Posto treba da je x > 0) to mora biti

3. 'Ul=300rn/s '/)2 = 600 rn/s To = 330 K M = 28 g/mol '1=2 f(vl) = f(v2) T =7 v' =?

f(lr)

pgH p<--.

8

•

a) .tvfaksvelova funkcija raspodjele molekula po intenzitetirna brzina data je izrazom

fl' T) __ ~ ( m )3/2 _me' U, - -- e 2kTV2

,(if 2kT (3.58)

Prema uslovu zadatka treba da je

f(v1, T) = f(v2, T)

odnosno

Odavdje se dobija da je

V5 ---!t!- (2 .2) -- = eZkT tF 2 -V 1

vi Ako logaritmujemo lijevu i deSIlU stranu posljednje jednacine dobija se

2 In ~ = -- v 2 _ v 2 V2 m (. ) VI 2kT 2 1

odakle je

( 2 ') T = m '/)2 - VI

4kln '!.> ",


Kako je mjk = Mj R dobijamo izraz za temperaturu gasa pri zadanim uslovima

M(v 2 - v') T = 2 1 = 328 K

4R In "" "' b) Najvjerovatnija vrijednost brzine molekula dobije se iz uslova

da je prvi izvod Maksvelove funkcije raspodjele po v jednak nuli i alla iZIlosi

/2RT Vnaj = Y-M

odakle se vidi da njena vrijednost raste sa porastom temperature. Vrijednost funkcije raspodjele za tu vrijednost brzine, nakon uvrstavanja izraza za V naj" U (3.58) iznosi

f( v . T) - .!V/_8M na:l) - e 1fRT

i predstavlja njenu maksimalnu vrijednost. Odavde se vidi da porastorn temperature maksimalna vrijednost funkcije opada. Lako je sada nacrtati dijagrame funkcija raspodjele za. odredjene vrijednosti temperatura To i 'ITo.

f(11',1;) f (11', g)

c) Kako je prema uslovu zadatka

f(v,To) = f(v, 'ITo) (3.59)

lako je dobiti vrijednost brzlne molekula v pri kojoj je to zadovoljeno (presjecIla tacka obje krive linije).

i.

I

200 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENTH JSPITA

UvrstavajuCi odgovarajur.e izraze (3.58) u (3.59) dobija se jednaCina

odakle se nakon sredjivanja dobija da je

RjesavanjcrIl ove jednaCine po v dobijarIlo

!3kTo'1 In '1 v = Y-m(1J-=-lT

Zamjenorn kim = R/1V dobUa se lzraz za brzinu .IDolekula

4. hVj=5211eV Ek = 100 keY p=7r E =7

/ 3RTo'1 In '7 , vee VMG~ = 638 mj8

a}~ r

l'ieka je energija upadnih fotuna hVl) a rasijanih hvz: i neka 5U

prije sudara totalna energija elektrona E1 i impuls Pb a poslije sudara E2 j lillpuls pz- Prerna zakonu 0 odrzanju energije, zbir energija

fotona i total_De energije elektrona prije sudara) jednak je zbiru _c11:

ergija fotona i totalne energije. elektrona posllje sudara

hI/I + E, = hv, + E2 (3.60)

3.2. DR UGI PARCIJALNI [SPIT! [Z FIZIKE 201

Prema zakonu 0 odrzanju iIIlpulsa izolovanog sistema moze se napi

sati jednacina

(3.61)

ProjecirajuCi ovu jednaCil111 na smjer kretanja fotona. prije sudara., i uzimajuci 11 obzir cia je impuls elektrona. manji od impulsa fotona, dobijamo da je

hVl hvz - - pj = pz-

c c (3.62)

JednaCinll (:1.60) mozemo pisati u obliku

(3.63)

a. jednacinu (3.62) U obliku

odnosno (3.64)

Kvadriranjernjednacina (3.63) i (iL64) ] od-uzimanjem dn1ge od prve, dobijamo

Kalo je prerna specijalnoj teoriji relativnosti

Ef - pic2 = m,5c4

E~ -~. p~C2 = m,5c4

Nakon uvrst.avanja izraza (3.66) i (3.67) u (3.65) dobija se

DijeUenjem ove jednacine sa hl/11-12 dobija se

(3.66)

(3.67)

(3.68)

(3.69)

202 GLAVA 3. RIJESEN1 ZADACI SA P1SMEN1II ISPITA

a) Aka u jednaCinu (3.66) uvrstima prema uslovu zadatka da je PI = 0 dobija se da je

i jednacina (3.69) postaje

adakle je hv,E,

hv, co ~--~, ~~ = 0.25 MeV E, + 2hv,

b)Kada je PI razliCito od nule, anda je

E, = rnoc' + Ek = 0.511 MeV -+ 0.1 MeV = 0.611 MeV

Iz izraza (3.66) dobija se da je

r-~·-.~

PIC = V Ei - rn6c4- = 0.335 M"eV

Prema (3.69) se dobija da.ie

adakle je

5. rn = 1 g

Ra226

T = 1620 god t = 10 god A =7

a) Aktivnost radioaktivnog ele_menta prerna definiciji je brzina radioaktivnog raspadanja (jednaka je broju jezgara koja se raspadnu u jednoj sekundi)

dN A~I-

~I dt (no)

3.2. DRUG1 PARCIJALNI ISPITI1Z FIZIKE 203

Prerna zakonu radioaktivnog rasp ada broj neraspaduutih jezgara radioaktovllog element a nakon vremena t je

(3.71)

gdje je No pocetni broj radioaktivnih atoma i A je kOIlstanta radioaktivnog raspadanja, koja je povezana sa periodom poluraspada

relacijorn A = 0.693

T Ako se (3.71) diferencira po t dobija se

dN - = ~AN e- At dt 0

Kada se ovaj rezultat uvrsti u (3.70) dobija se

A(t) = ANoe-At (3.72)

Proizvod A1\/0 = .Ao predstavlja aktivnost radioaktivnog izvora u pocetnom trenutku) pa se dobija zakon pronljene aktivnosti radioaktivnog izvora tl toku vrernena

(3.73)

Izraz (3.73) je isti po obliku kao i izraz (3.71), sto je trebalo dokazati. b) Pocetna aktivnost radioaktivnog izvora se Inoze izraziti preko

perioda poluraspada i broja radioaktivnog atoma u izvoru u pocetnom trenutku

U masi In nalazi se No atorna, a rllolarnoj Illasi Mirna ih N A (Avogadrov broj)) sto znaCi da se pocetni broj radioaktivnih atoma moze izraziti kao

Pocetna aktivnost je sada data izrazom

0.693 m Ao = '--~-NA = 3.7 ·10'0 Bq

T M c) Aktivnost radioaktivIlog izvora nakon vrernena t prema (3.73)

Je

204 GLAVA 3. RIJEiJENI ZADACI SA PISMENlH lSPITA


Tuzla. 3.9.1990. godine

1. U hornogenoj sredini se raf,prostire ravanski harmonijskl taJas talasne duzine ,\ :::::: 1. rn c.ija je jednacina

Ako je koeficijent f:llabljenja ta.Jasa. jl = 0.5 l/m, kolika. je fazna. razlika talasa u tatkarna u kojima se amplitude oscilovallja cestica sredine razlikuju za (C = 1 %.

2. Vazduh zapremin(:~ V1 treba da se komprimira. na. rt = 5 puta manju zapreminu. Koji kornpresioni proces, adijabatski iIi izoterrnlcki) zahtijeva manji utrosak rada i koliko puta? 'Veze atomau rIlolekulima smatrati krutim.

3. Prostor izmedj11 dva koaksijalna rneta.lna dEndra) cij1 su poluprecnici Tl i TZ, isp-unjen je ho.mogenim toplotnirn izolatorom. Temperatura, ullutra.snjeg cilindraje T I , a. vanjskog Tz takva dajc Tl :> Tz.

a) Odreui zavisnosl, t.emperature T od rast-ojanja. rod ose cilindra. h) :'\iacrtati grafik funkcije T(r} il-ko je 1'1 c=. :193 I{, Tz 0;-::: 293 T\,

1'1 = 5 em i rz = ] 0 crrL

4. Odredi talasnu duzinu .\0 fotona, koji u sudanl sa slaho vezan1m elektronom, predaje rl svoje energije i rasije se pod uglorn O.

5. Pri sintezi jezgara sLiD i 1Hz obrazuju se dvije o:-cestice. Energije veze po nukleonu u Lz', .H i H'e RU ,5.~{3, 1.11 i 7.08 MeV, respektivno. Izral:uIlati encrgiju koja se oslobodi pri datOIIl procesu.

R.ie/fenja

1. A=lm p=O.51;m r = 1 O/(i at: 0.01

6cp =; l\a rastojanju Xl od izvora talasa. jednacina kretanja cestica elas

ti(lle sredine kroz koju se prostire talas je

(3.75)

3.2. DlWGl PARCIJALNI ISPITI lZ .FlUKE 205

Prema uslovu zadatka, amplitude oscilovallja se razlikuju za f, sto

se moze napisati kao

al - az az ,=---·=1-- (3.76)

al 0.1

gdje su 0,1 i rLz amplitude oscilovanja cestica na udaljenostima Xl i Xz

ad izvora taJasa1

lwje su prerna (:3..74) i (3.75)' odredjene izrazima

(3.77)

Ako u izraz (3.7G) uvrstimo izraze (3.77) dohija 58

odnosno

Odavdjc se dobija da je

il;J; =

Fazna ra:;;Eka taJasa 11 l...ackanw je

6.'P = 'P2 _. 'PI = wt _. kx2 (wt· kx,) = k6.x

ol1.l1mmO 2"

L), ip = ~"-,,- LlJ; A

Nakon uvrstavanja iZTtlZa za ,0.x dobija se cia je trazena fazua razlika

27fln(l - E) 6.'P = = -0.126 rad ~ --7.24 0

All

Cestica sredine na Tastojanju X2 zaostajae:c U oscilovanju za onom u tacki Xl (znak minus u rezulLatu).

2.

.1 = 0


Rad koji treha izvrsiti Had vazduhorn pri adiJ·abatskoJ· komp ... ". - . feSI]l

rae una se prema lzrazu

Kako su pritisak i zaprernina pri adijabatskom procesu povezani jednacillom (za neko proizvoljno stanje pritisak p

i zapremina V, a za neko pocetno stanje pritisak PI i zaprernina VI)

V.

dPV< = plV,' 5

g Je je K = cp/ct). adijabatska konstanta za vazduh. jednacine IIlozerno izraziti pritisak p pa se dobija

p1Vt P = ---V,

(3.78)

1z ove

Na osno~::- ovogaje rad koji treba iZVTsiti nad gasompri adijabatsko' kampreslJl J

A = ~P V< rV, dV all JV1 V'"

A, = 1'1':".: (V.-<+l ._ V-<+1) 11;-1 2 1

Ako se ispred zagrade izvuce V" i sredi izraz dobija se da je

Uv~rst~vajuc~ datl: vrijednosti zaprernina, utroseni rad pri adijabatskOJ pIOCeSU lZnOSI

A ~ PlV, '(_'-1 ) a-- U --1

K-l ' (3.79)

p~~ __ izoternlickoT"l!- procesu za dV8: proizvoljna stanja.. vazi

pV =P,V,

:3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

odakle je P, V,

p=-~

V

207

Aka se taj izraz uvrsti u (3.78) dobija se da je rad koji se izvrsi nad gasom pri izotermickoj kompresiji

odnosno

lV, dV

Ai = ~P1V, -. v, V

VI A; = ··'Pl V,(ln V2 ~ In V,) = Pl V, In -'

V,

Aka se uvrsti poznati adnos zapremina dobija se da je utroseni Tad

pri izotermnom procesu

(3.80)

Aka se veZe medju atomima u molekulu smatraju krutirll, a vazduh se satoji ad dvoatomnih molekula) and a one imaju ukupno J- =. 5 stepeni slobode kretanja (tTi translatorna i dva rotaciona), pa je

J+2 Cp = -·-R

2 i C =:i..R

v 2

Adijabatska kOllstanta K = f~ = ~ = 1.4 Odnos utrosenih radova Gv J

pri adijabatskoj i izotermickoj kopresiji dobije se dijeljenjem izraza (3.79) i (3.80)

3. Tl = 393 K 1, = 293 K rl = 5 (rn TZ = 10 ern

T(r) =?

Au 1 51\,-1 ·--·1 - = - .. -.--- '0 1.43 Ai ,,~l InS

208 CLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA P[SMENlH ISPITA

a) Protok to1'lote kroz cilindricni 810j debljine de na rstojanju r od ose dlindra. je

dT q = --),8-

de (3.8} )

gdje je S =- 2?T'r L povTsina sioja. kroz koji Sf' provodi toplota. Uvr.stavanjerrl II (3.81) dobijamo

(3.82)

JednaCina (a.82) je diferencijalna. jednacina koja se rjesava ta.ko da se razdvoje promjenljive i dobije jednaCina

q dr ---~ = -,\d1' 2'lfL r

Integracijom lijeve i desne strane ove jednaCine dobija Se do. je

odakle je

(3.83)

Zavisnost ternperature od udaljenosti r od Ose ciEndra; iz jednacille (3.83) 50 data izrawm

] ,or' \ 'f q T r .:..:;: _ 1 -- --- In ,~ ) 27fLA rl (:1.8-1)

3.2. DRUm PARClJALNI [SPITI IZ FlZIKE

Aka se u izraz (3.83) uvrsti cia je T = T" tada jo 1'(r,) 1'rotok toplote kroz cilinclricni sloj

Ako se izraz (3.85) uVTsti u (3.84.) dobija se da je

In L

1'(r) = 1', - (1', - 1'2)---;:-;In ~

b) Koristeci izraz (3.86) i

u'vrstavajuCi zadane vrijed· T(r) nosti dobijamo da treba 393 Ddcrtati funkciju

T(r) = 393 - 144.31n(O.2r)

gdje temperatura. u .K) a T

u em. Njen grafik je prikazan na slici,

4. h

293

h))

I I I I I

"

.. -1-- -- - ----- ---- . __ _ I

e

209

(3.85)

(3.86)

r(cm)

mv-

Kada se foton energije Eo; kojoj odgovara. t,ala.sna duzina '\0, rasije na. slabo vezanom elektronu ta.ko da Inu preda. fJ svoje energijc, rasijani foton produzi sa energijonl E = (1 .- rl )Eo: a. njegova talasna duZina .\ je veta od talasne duzine upadnog fotona Ao.Prerna uslovu zadatka. ugao koji zaklapa pravac rasijanog fOLona l' pr_avac upadnog f6G:llla je 8.

Promjena talasne duzine fotona, koja pri ovom rasijanju nastaje,


prema Komptonovom izrazu je

,\ - '\0 = 2h sin 2 ~ moc 2

(3.87)

gdje je rno masa rnirovanja elektrona, h Plankova konstanta i c brzina svjetlosti. Kada jednaCinu (3.87) podijelimo sa '\0 dobija se

"' 2h 2 8 ~- - 1 = -- sin -'\0 modo 2

Ako izrazimo talasne duzine u funkciji energije

he. he "'0=--' ,\=-

Eo E

nakon uvrstavanja (3.89) u (3.88) dobija se izraz

Eo 2h 28 - -1 = ----sin -E mocAo 2

Prema uslovu zadatka je E = (1 - f] )EOl odnosIlo.

Eo 1 -=--E 1-7)

Kada izraz (3.91) uvrstirno u (3.90) dobija se izraz

1 2h. 2 8 .-- - 1 .= --- SIn .-1 - 1J mocAo 2

odakle je trazena talasna duzina

,5, ESt!l = 5.33 MeV E,v2 = 1.11 MeV E,vs = 7.08 MeV Q ='1

(3.88)

(3.89)

(3.90)

(3.91)

I I I

I ! ,

3.2. DR UGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE 211

U nuklearnoj reakciji

sLi6 +, H' --+2 H e4 + Q

vrijednost oslobodjene energije je, prema reladji ekvivalencije mase i energij~, odredjena izrazom

Q = 6.mc'

gdje je 6.m defekt rnase odredjen relacijorn

Masa bilo kojeg jezgra odredjena je relacijom

. Z (A Z) AE,v j\1) = rnp + - mn - --2-C

gdje je Z redni broj elementa, A je maseni broj i Esv je specificna energija veze po nukleOIlU tog jezgra. Lako je sada dobiti da S11 m,ase jezgara

MLi 3rnp + 3mn

Mu = mp -I- rnn

.Q.&.'.av.L

" ~Vd

c:l

Defekt rnase, nakon uvrstavanja gornjih izraza postaje

Trazena oslobodjena enrgija iznosi

212 GLAVA 3. RIJESENI ZADA.CI SA PISMEN1H ISPITA

3.2.8 Drugi parcijalni is pit iz Fizike


1. Na krajeve tankog homogenog sta.pa duzine L ~::: 0.3 rn i mase rn = 0.4 kg pricvTscene su Inale kugle masa m'l = 0.2 kg i rrt2 = 0.3 kg. Stap se moze obrtati ako horizontalne ose koja. prolazi kroz njegovu sredinu.

a) Odrediti period malih oscilacija takvog kIatna.

b) Aka bi se u stanju mirovanja u polo.zaju stabilne ravnoteze sa donjom kuglom idealno neelasticno sudario rnetak brzine Va = 400 m/s i mase m'3 = 20 g, proIaeunati da 1i bi se sistem mogao okrenuti aka date ose (okrenuti u vertikalnoj ravni),

Otpor vazduha i trenje U osovini zanemariti.

2. Cilindriclla cijev paravoda duzine L = 65 m, obmotana je 810-jem azhesta. Spoljasnja. temperatura azbestnog sloja je t] = 500C, a unutarnja strana koja nalijeze na parovod ima temperaturu t2 =

120°C. SpoJjasnji precnik izolirajuceg sIoja je d, 13 em, a unutrasnji d2 = 7 ern.

a) lzvesti izraz za racunanje protoka toplote kroz ovakav sloj,

b) Kolika je koliCina toplote koju provede ovaj sIo] za jedan dan? Koeficijent toplotne provodljivosti azbesta je . ..\ = 0.21 WlmK. 3, Na osnovu rnolekularno-kineticke teorije izvesti opstu jednaCi-

nu gasnog stanja idealnog gasa u stadonarnom stanju. 4. U homogeno elektro-

statii'ko polje izmedju ploca ravanskog kondenzatora ulijece elektron kako je prikazano na slid, Dokazati da je 11 s]ucaju

Ym < d

. f~--h

Lan" c~ --\/1 -- ---- tan e . Ym

I

"I i

-1_

-1

n===='l======K""T --i

-----I

~. }~a koliko se ~azlikuju medjusobno prvi eksitacioni potencijaJi kod izotopa vodonika iH1 "i lH2 u slucaju kada se kretanje jezgra u atomu ne zanemaruj-e?

3.2. DRUGI PARC1JALNI ISPITI IZ FlZIKE

RJesenja:

1. L = 0.3 m

m = 0.4 kg m, = 0.2 kg

rn, = 0.3 kg Vo = 400 m/s m.3 = 0.02 kg T =?

a) Polozaj stabilne revnotezc za sistem bi bio kao na sliei. Ako se sistern malo izvede iz polozaja stabilne ravnoteze i prepusti samorn sebi, nastace male osdlacije oko polozaja stabilne ravnoteze.

"t' ( _\ \ G,

\ \

L .~

213

m, ,

\ i1z m

\ \ , , \

\ ~ \ \ -\

\ ';L) \

l-m2 62

Kretanje se moze opisati osnovnom jednacinom dinamike rota-cionog kretanja :

I,a = -M,l M, + ... + _Mn (~.92) I

gdje je 18 Inoment inercije sistema u odnosu na 0811 oko koje s~. vr_~i oscilovanje, a je ugaono ubrzanje slsterna u dat:om_ trenutku, ~ Mi momenti spoljasnjih sila koje djeluju i izazlvaju kretanje. I

Moment inercije sistema je zbir momenata inercije stapa i ~ugli kao tackastih Inasa u odnosll na osu oko koje se vrsi oscilacovapje

I

I, = 1" + I, + I, ($.93) !

Kako osa oko koje se vrsi oscilovanje prolazi kroz centar mase ~tapa

(teziste stapa). to je krak sile Ide koja djelije na stap u sv~kom polozaju jednak Duli, pa je i njen rnoment u odnosu na tu osu je~nak nuli. Dakle kretanje ce se vrsiti pod uticajem mOlIlenata sila: teze koje djeluju na tackaste mase i koji su dati vektorskim jednaCi~ama

M, = II X G, i M, = I, X G, gdje S11 £1 i L2 vektori polozaja masa m1 i m2 U odnosu na c¢ntar mase stapa) rcspektivno. Mom~nti su orijentisani u pravcu os~ oko koje se vrsi oscilovanje i to u datorn polozaju M2 od nas, a -¥l ka nama. Rezulbujuci mo:rp.ent bice

M=M, +M,


Veyktor ugaonog pomjeranja 'P je usmjeren takodje duz ose oko koje se vrSl oscIlovanJe, prema nama pa se trenutno ugaono ubrzanje dobija kao

~ d'<{5 a=--

dt' UzimajuCi sve ovo 11 obzir jednacina (3.92) se moze napisati kao

Projekcija ave jednaCine na srujer duz ose prema nama daje

gdje su

d2'P

1,-- = ]Y[, - M2 dt'

1\:!1 = rn1gL l sirup = trnlg sin 'P

M2 = rnzgL 2 sin rp = i,mzg sin rp

intenziteti momenata sila.

Uvrstavanjem i prebacivanjem na lijevu stranu jedakosti Be dobija

d2'P m2'- m

dt' + -irLg sin 'P = 0

~a .male oscilacije se moze uzeti da je sin 'P ~ rp ('P izrazeno 11 radijanlma), pa dobijamo linearnu homogenu diferencijalnu jednaCinu drugog red a sa konstantnim koeficijentima

gdje je

d2'P --.~ .,2,~ 0 dt2 . ~Oy =

pozitivna konstanta. Rjesenje ave difere~cijalne jednaCi~e opisuje ~a~o se u toku vremena Inijenja ugao otklona od ravnoteznog polo-z~a . .

'P(t) = 'Po cos (wot + (X)

3.2. DRUG] PARCIJALNJ lSPIT! IZ FlZIKE 215

Iz ovog se vidi smisao uvedene konstante woo Ona predstavlja sopstvenu kruznu ucestanost oscilovanja i povezana je sa periodom relacijom

UziIIlajuci U obzir da je moment incrcije sistema

nakon uvrstavanja i sredjivanja se dobije da je

T [(m + 3m, + 3m,)L 9-

= 211' I' = 1. b S ~ 6(m2 - m,)g

II nai'.in: Svako kruto tijelo koje moze da osciluje oka neke ose predstavlja fizicko klatno. Period malih oscilacija tog klatna dat je relacijom

,T T = 211'\{ _.-V m,gs

gdje je I, moment inercije sistema (fizickog klatna) u odnosuna osu oko koje se vrsi oscilovanje, ms masa sistema (fizickog klatna) i s udaljenost centra mase sistema od ose oscilovanja. Moment inercije sistema U odnosun na OSli koja prolazi kroz centar stapa je jednak zbiru Illornenata inercije pojedinih njegovih dijelova (vidi crtez)l a masa sistema je

Centar mase sistema j~ tacka ciji je··polozaj u izabranom koordinat

nom sistemu odredjen radijus vektorom

216 GLAVA 3. RJJESENI ZADACI SA PISMENlIl ISl'ITA

~mlrl + llm2i2 + ... + Llmn~ .6..rnl + b.m2 -+ ... + !J..mn

U koordinatnorn sistemu izabranom kao Ila slki sve mase leze na Z-osi pa SU~ x- i y-komponente vektora. jednake' nuli (smatra se da je cjelokupna masa stapa koncentrisana u njegovom centrn mase koji se nalazi u koordinatnom poi'etkl1)

Zc = ml +- rn2 -+ m

z

x

L 2

Kako je Z, = L/2, Z2 = -- L/2 i Z3 ,~ 0 dobija se ela je

(m,-- m,)L Zc=--~-·

2{rn, + m2 + m)

y

Kako je m2 > rnl to je Ze. < 0, sto znacj da ce centar mase slstema lezati ispod OBe oscilovanja) a njegova udaljenost ce biti

. (m, m,)L 5 =1 z, 1= ~-.. ~---

2{m, + m, + m)

Uvrstavanjern 11 izraz za period oscilovanja fizickog klatna dobija se

-~.~-

(m + 3m, + 3m2)L T = 21f\1 -~---. = 1.95 s

~ 6(m2- m,)9

,to je isti rezultat. b) Ako se .metak idealno neelasticno sudari sa kuglorn rnz znac.i da ce nakoD sudara_prodll_~-lti _ d~ se krece zajedno s'il]C;'fu:P;i t~me je jedan dio kineticke energije metka presao u neke druge oblike energije (toplotnu, zvncnl.l 1 svjetlosnn). Kazemo da se ukupna mehanicka en ergij a. sbtema ne

m,

o ,

3.2. DRUGI PARClJALNI ISPITI IZ FlZIKE 217

odriava konstantnom , odnosno ne vazi zakoD 0 odrzanju mehallitke encrgije sistema. (ali vazi zakon 0 odrzanju ukupne encrgije).

Kako sistem poslije suelara zapoCinje obrt.no kretanje oko ose 0, to na osnOVll zakona 0 odrzanju m,orIlenta kolicine kretanja. (momenta impulsa) _mozerno odrediti ugaollu brzinu kojom sistem zapocne obrta-nje neposre-dno nakon, sudara 0 -.

gelje je mL' m,L' {m2 + m')L'

I =--- + ~-- + -------, 12 4 4

mornent inercije sistema sa slijepljeninl InctkorIl, 11 odnosu na osu obrt.anja. Lako se elobija da je

omsvo Wo = ----.--,,~~-,,-.~~~-----

(rn -I- 3rnl -+. ;1Tn'2 + 3m3)L

l{ineticka encrgija rotacije kojom raspolaze sistem ncposredno poslije sudara (u polozaju stabilne ravnoteze) prelazice u potencijalllu energjju kada se bude okr0tao 11 vertikalnoj ra.vni. Da bi Be sisteffi mogao okrenl1ti oko ose mOTa da kineticka. energ~ja rotarije) u polozaju stabilne ravnoteze, bude vee a iIi har jedna.ka priraStaju potencijalne energlje sistema kada dodje u polozaj da se rnasa m'2 + m'3 nadje verikalno iznael ose (vidi sliku). Ako za. nuIti Divo racunanja. potencijalne e- m

2+m

3 nergije slsterna uzmemo horizontalnu ravan 1J kojoj leti metak prije sudara, prjraSt.aj potencijalne energije sistema pri obrtanju do polozaja. labilne ravnoteze mozemo izracunati:

l:::..Ep' = Ep2 - EPI

flEp = {mz -+- ffis)gL-C mgt - (m,gL -+- mg~)

flEp = (m, + rn.3 -- m,)gL

1{ako rnora bHi

218 CLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA

imacemo da je W'

I,,-- > D.Ep 2 -

Odavdje se dobija ugaona brzina koju treba da dobije sistem u polozaju stabilne ravnoteze da bi se obTnno do polozaja labilne ravnoteZ€.

w > !3.~E.E = r~:~rn2+m3-m;dg - V I. \r (m+3ml+3m2+3m3)L

W > 48 rad - ,

Ako izracunamo ugaonu brzinu koju je dobio sistem, neposredno poslije sudara dobijamo

rad Wo = 81.63-

s

Vidi se da je ona veta od w pa zakljuC:ujemo da ce se sistem obrlluti.

2. L = 65 m

t, = 50°C t, = 120 DC

d, = 13 em do = 7 em 7 = 1 dan A = 0.21 W /Krn q =? Q ="1

a) Prolok loplote kroz neku povrsinu, koji se definise kao koli(:ina toplote koja prodje kroz tu povrsinu u jedinici vremena, dat je lzra-zorn

dt q = --AS-

dx gdje je A koeficijent toplolne provodljivosti, S povrsina sloja kroz koji se provodi LOp Iota, dt / dx je gradijent temperature (tacnije rcecno intcnzitet gradijenta u pravcu normal no na povrsinu kroz koju se

provodi},>\, Znak minus"ukazuje na Cinjenicu da se top Iota provodi u suprotnom srnjeru od smjera u kojern raste temperatura.

Kako se u nasem sl.ucaju unutraSnja strana izoiaciollog sloja odr'.lava na konstantnoj visoj, a spoljasnja na konstantnoj nizoj ternperaturi, to ce se toplota provoditi od unutra,snjosti prema spoljasnjosti stacionarno.

3.2. DRUGl PARCI.JALNl lSPITI IZ FlZIKE 219

UOClnlO u izolacionom sloju, na rastojanju r od ose cijevi, sloj debljine dr (srafiranao na crtezu) i duzine L kao?ito je i duzina cijevi. Protok toplote kroz njega je

dt q = -;"'S-

dr

gdje smo uzeli li obzir da temperatura opada duzpolupred"iika. Uzmemo Ii da je S = 2nr L, mozemo pisati

dt q = -A271"rL-

dr

Kako u citavom izolacionom sloju nema nikakvih izvora toplote to ce

prot ok toplote kroz svaki sloj biti isti, odnosno imacerno stacionarno provodjenje toplote.

Razdvajanjem promjenljivih u posljednjoj diferencijalnoj jednacini dobicemo cia je

dr 271")'L - = ---·--dt r q

IntegrirajuCi po r 11 granicarna od r2 do r1) a po t od t2 do ll)

j " dr = _ 271" AL. rt'dl T2 r q it'}.

dobijamo r, 271" AL

In - = --(t2 - tIl T2 q

Odavde se dobija izraz za protok toplote kroz cilindricni sloj

.. t 2 -t1 .tz-t1 q:c 211"AL-- = 271"AL-·--In tl. in 4l

T2 d2

b) KoIiCina toplote koju ovakav sloj provede za jedan dan iznosi

t, - I, Q = qT = 271"AL--7

In 4J.. d,

Kako je brojna vrijednost t.emperaturske razIike u Celzijusovim stepenirIla i Kelvinima jednaka, lako je U odgovarajuCirn jedinicama /3 I-sistema izraeunati_ Q

W 70K Q = 2 . 3.14 ·0.21 -_. ·65 rn-. ---- ·86400 s = 838 M J Km in 13 em

7 ,'1n

220 GLAVA 3. RIJESENI ZADAC1 SA. PISMENIH 1SP1TA

3. Pod idealnim gasom u kinetickoj teoriji podrazumijeva sc gas

kod koga se rnolekule mogu smatrati materijalnim tackarna iZITledju kojih nema medjumolekularnih djelovanja. One se nalaze 11 neprekidnom kretanju i sudaraju Be Inedjllsobno kao 1 sa zidovima suda 11

korne se nalaze. Pri tim sudarima dolazi do razmjcne impulsa (kolifine 'kretanja) i fi'astaje kretanje koje" se:'haz"iva hao-ticno-; nesredjen<.)" kretanje. Svaka molekula pri udaru u zid suda prec1aje jedan d io impulsa zidu. Projekcija ukupne prornjene impulsa zida Ila fanjer njegove spoljasnje normalc, a koja poticc od 8yih rnoleknla koje za neko vrijeme .6.t udare u njegovu povrsinu .6.8) podijeljcna tirIl VTC

men om, predstavIjace srednju vrijednost norma]ne komponente sile

kojom gas u sudu djeluje na tu povrsinu zida. Ukoliko se ta sila podijeli povrsinom /:,.S na koju ona normalno djeluje, dobice se pritisak koji gas 11 sudu vdi na. zid. PreTna tome pritisak zatvorenog gasa potire od udaranja njegovin moleku1a 11 zidove sucia pa se moze pisati

p=

Projekcij11 llkupne prOITljene ko1l6ne kretanja jednog dijcla. zida na slujer njegove spoljasnje nonnale mozerna izracunati na. sljed{;i nacin:

Pretpostavimo da SE-' rnolekuli u sudu mogu kretati sarno n tri

medjusobno okornita pravca, t.aka da prem.~jednorn "idu ide 1/6 od ukupnog broja molekula u njernu (vidi sliku).

Neka je Budar molekula i zida idealno ela-stiean i pretpostavimo

3.2. DRUGI PAR ClJA LNI lSPITI 1Z FIZIKE 221

da se molekuli krecu razlicitirn brzinama. lYroze se pokazati da ova

pojedllostavljenja. ne uticu na tacnost rezultata (zakljucka) u stn se neJ":emo upustatl na ovom rnjestu.

?VfoJekul koji lde prema zidu ima koliCinu kretanja (impnls)

Pri sudaru sa zidOln njegova so brzina 11e u1ijcnja po intenzitetu, vee sarYlO po smjcTu, pa on nakon sudara. irna koliciTlU kretanja

Kzm = m,i)2i

Prl interakciji sa zidom doslo jc do promjcne koECine kretanja molekula. Projekci.la te promjene na sInjer ju.1inif,nog vektor<1 spoljasnje

norrnale na zid ce hiti

.leI je zbog idealno elestit-TIog 5udara VIi --::::" 1'2; = '1}i·

Prema zakonu a_kcije 1 rea1rcl-7:1d jc dobjo i~,tu tollkll pro

mjen~l kolic,ine kretanja koja je

SaTIIO suprotTlog smJcra 13a JC njena projekcij.a

Projekcija promjcnE' kolicine kretanja koju je zid primio od udara sVlh molekula sa brzi·nama. fiji 311 intenziteti vi bic_e

f:,JCi = f:,2Y i f:,I{'oi (3.94)

gdje je ,6.]Vi hroj molekuia sa brzinama 1\ koje za YTijclne Ilt udare

u povrsinu zlda !::.S. __ 'C'

Taj 1ro.1 je jednak 1/6 broja rnolekula koji se nalaze u paralelo-pipedu kOllstruisanom nad povdlnoIIl !::.S koji irna duzinu ~:Ci = vJ::d, 1>:oja je t.olil<R) oa J nujudaljeniji molekuli sa hrziuorn Vi mogu za. vri

jelne ~{, da stigrru do zida.


gdje je ni koncentracija molekula sa brzinom Vi.

Uvrstavanjem u (3.94) dobijamo

Aka pretpostavimo da u sudu imamo r grupa molekul sa razliCitim vrijednostima brzina, tada bi projekcija ukupne promjene impulsa zida na smjer spoljasnje normale, koju izazovu svi molekuli iz suda koji za vrijerne I::..t padnu na povrsinu b.S, iznosila

" 1 " tlKz = L tlK,i = "3mtlS tlt L niV;

1:;;;;1 t=;::l

(3.95)

Posljednju SUTnu mozemo InaIa drugacije izraziti. Neka se 11 sudu nalazi NI molekula sa brzinaJ1la VI) N2 molekula sa brzinama V2,"',

Ni molekula sa brzinama Vi. Srednja brzina za skup molekula u sudu definise se kao

lVIVl -+ N2V2 + ... + NiVi + ... + .L7\,Trvr V = '--_._._. L~:::::l NiVi -----N, + N2 + ... + Ni + ... + N, N

DijeljenjerIl brojioca i imenioca na desnoj stranl sa zaprerninom suda V dobijamo

- 2:;""1 nit'i v=_·_--n

gdje smo sa n = NjV obiljezili koncentraciju molekula u sudu, a sa ni = pli/V koncentraciju nlOlekula u sudu sa brzinom Vi.

Prcma tonle J pod srednjOITl vrijednoscu brzine za skup rnolekula podrazurnijevamo onu kOllstantnu vrijednost brzine koju bi trebao da irna svaki molekul u sudu J pa da ukupan zbir brzina molekula u sudu bude isti kao i kad se molekuli, kao ,to je kod nas slucaj, kreeu razlicitim brzinama.

Slicnim postupkom bi se mogio napisati i za srednju vrijednost kvadrata brzine

\~r . 2 v 2 = ~io::::l ni v

1"

n odnosno

3.2. DRUGI PARClJALNI lSPITl lZ FlZIKE 223

Koristenjem ovog u (3.95) dobijamo

Srednja vrijednost sile kojom gas djeluje u toku vremena tlt na

povdinu zida sud a 6.S biee

Pritisak tog gasa je

gdje je

tlK. 1 -F = -- = -nrnv2~S

.ec tlt 3

._ rnv 2

E k = --2

(3.96)

srednja vrijednost kincticke energije translatornog kretanja rrloleku

lao Vidi se da je pritisak zatvorenog gasa brojno jednak dvjema

trecinarna kineticke energije translatornog kretanja molekula koji se

sadrze u jedinici zaprernine. Kako je

gdje je k Bolcmanova konstanta, nakon uvrstavanja u (3.96) dobi-

jarno (3.97) p = nkT

OvajednacinaJ

kao i (3.96) predstavljajll osnovnujednaCinu kineticke teorije gasova za pritisak. Ukoliko (3.97) pomnozimo sa zaprerninom

suda dobieemo pV = nVkT (3.98)

Izraz n V = .IV predstavlja ukupan broj IDolekula u sudu, sto se moze

napisati i kao


gdje je z broj rnolova moleknla gasa u sudu, aNA Avogadrov broj. UVTstavanje u (3.98) daje

Uzevsi 11 obzir da je J.VAk = R, univerzalna gasna konstanta, a. z =_ m/M 1 gdje je m 'maS<1 gasa 11 sudu, a M njegova m-olarna rnasa, dobijamo

rn pV = ·-RT

M sto predstavlja opstu jednaCinu gasllog stanja za idealne gasove.

4. Treha pokazati da je tan a ='. fl-=. _.h...-: tan 0 ·V y",,,:r

-1

i .;-I... .. ____ L __ , I I 'if

x

Zadatak se moze rijesiti na vise nacina. Prikazat (emo dva 11a(:i-

na. Pry! nacin: Sa slike S8 vid] da je

Kako je kretanje 11 horizontalnom pravcu jednoliko) jeT nerna nikakvih sila, to .Ie Vox = V X1 pa se dobija

tan a

tanO

K yadriranjem ovog izraza dobija se

tan' 0


.Kako je kretanje u vertikalnorn pravcu jednoliko prornjcIlljivo to IIlDzerno pisati da je

V;II = 2a.(y= .- h)

v 2 = 2ay y m

gdje je 1J y y-kmnponenta brzille elektrollcl na izlazl1 iz kondcnzatora. Uvrstavanjcm i skrativanjem sa a) dobije se

Odavde se dobije

2 tan 0:

tan' 0

1'-/;: tan 0-: ::::.:. +V 1 tan 0

Ym

Kako je 0: ostaT l.lgao: a 0 se rIljcri u smjeTu kT(~ta.nja kazaljke na satu) pZt je tan fj < 0, to zakljllclljcmo da m.orarno jzabrati negativan predznak; sto je i trehalo doka.zati.

lJ nacin: Kretanje u vertikalnom praVCll do dostizanja naJvise tacke putanjc je jednoliko usporeno jer u suprot-nom s-rnjeru Y -ose djeluje kC)1lstantna sHa elektricIlog polja~ 3 od t,{:' taz:ke do lzl?-za 1Z kondenzatora je jednoliko ubrzano, jer sila djclnjc Ltko da. povcca-I,'a

brzinu. U horizontalnom srnjeru kretanje.ie jedIloliko jer ne dejstv'uje nika.kva. sita. Za projekcije brzina na ose lza,branog koordina.tnog sistema. rrlOzemo pisati

Vx = Vox = Vo CO.S 0:'

v 11 = Voy - at :::::: Vo sin Cl:' - at

Koordina.te polozaja. ('lektrona. u svakorn trenutkn u takviJTI uslovima.

rnogu se dati jeonacinama

x ::::.:. 1J ot cos 0:

'U = h ---l--- V t sin 'v ~ 9£ '-' '0 u- 2

A.ko jc Ym < d onda elektron nece ndariti 11 gornju plocu iza.h 1Z konocTlzatora kao na. slici.

(3.99)

rnoCl ce


Vrijerne penjanja do najvise tacke putanje odredjuje se iz uslova da je u njoj Vy = 0, odnosno

vosina - atp = 0

odakle je Va sin 0:

tp = (3.100) a

Za ovo vrijeme ce se elektron naci u polozaju cija je koordinata y = Ym, pa se na osnovu (3.99) moze pisati

at' at' Ym = h + Votp sin 0: - --..E. = h +--.--l!..

2 2

U trenutku izlaska iz kondenzatora je y = 0 pa je

at~ 0= h + v t· sin 0: - -' , , 2

(3.101)

(3.102)

gdje je ti vrijeme koje protekne od ulaska do izlaska elektrona iz elektrostatickog polja~ UzimajuCi U obzir da je prema Va sin 0: = alp)

uvtiitavanjern u (3.102) i sredjivanjem se dobija da je

Rjeiienja ove kvadratne jednaCine BU

U slucaju Ym < d mora biti ti > tp pa nam u rjesenju ispred korijena ima fizickog smisla sarno predznak +, te mozemo pisati

t= t (110 ~ 1 + 2h) ; p at2

p

(3.103)

Prema jednacini (3.101) je


iito uvrstavanjem u (3.103) daje

( / h) ti = Ip 1 + VI + Ym _ h

Sredjivanjem izraza pod korijenom dobijamo

U trenutku izlaska iz kondenzatora odnos komponenata brzina je (vidi crtez)

O Vyi Vo sin 0: - ati ati

tan = - = . = tan a - --'-Va cos 0:' Va cos a

Kako je a SIn a

Va

mozerna pisati

tan = tana - ~ tan 0: = tan Q. 1 - -O ti (Ii) tp Ip

Uvrstavanjem nadjenog izraza za h dobijamo t,

tanO =-tana ~ V~

sto nakon sredjivanja daje

tan a = -)1- h tanO . Ym

sto je i trebalo dokazati.

5. E,H' =? EIH2 =7 ma = 9.1 . 10-31 kg mp = mn = 1.67 . 10-27 kg

(3.104)

228 GLAVA 3. RIJESEN1 ZADAC1 SA P1SMENIH ISPITA

Razmatranja cerno izvrsiti na osnovu Borove teorije atorna vodonika i njemu slicnihjona uzimajuCi U obzir daje masajezgra konacna.. U tom slucaju jezgro i elektron se krccu po koncentricnirn kruznicama oko tacke koja predstavlja ccntar mase sistema elektron-jezgro. Ugaonc brzine kretanja elektrona i jezgra oko centra mase moraju biti jednake.

Prerna definiciji radjjlls vektor centra mase ovog sistema JC 11

odnosu na koordinatnl pocetak nekog koordinatnog sistema

i'c= ~gi'e + miTj 'mo + m'j

Ako pocetak koordinatnog sistema postavimo u ccntar mase) anda 11

torn slucaju mora biti

r~ = 0

Projekcija gornje vektoTske jedIlaCine na smjer vektora. polozaja r: ciaje

rno m,ore - mjTj = 0 :.::> rj = '~-"re (3.105)

mj

Vidi se da u slucaju; kada pustimo da Inj ---? 00 i TJ --;. 0) odnosno u ton} sIuc.aju k;::Lzemo cia se elektron krece oko nepokretnog jczgra. Obiljezimo poluprecnik te putanje sa T. Lako je vidjeti da je

re + lJ r

UVrStavanjem (3.WS) 11 (3.W6) dobijamo da je

r e ~-=: -'!!!..'L_ r rn.j ""1.- n?o

(3.106)

(3107)

3.2. DRUG1 PARCIJALNI 1SPITI 1Z FlUKE 229

ZamJenom ovog rezultata U (J.IOS) imamo

rno Ij = r

mo+ my" (3.108)

Kako se i elektron i jezgro krecu po kruzTlim putanjama, to zakljucujemo cia na njih djeluje stalna sila 11srnjercna uvijek ka ccntTu pl.1tanje (centru maRe sistema). 'fa sila je rnedjusobna sila privlacenja jezgra i e1ektrona kao raznoirneno naelektrisanih ccstica (Kulonova sila). Nj0n Intenzitet lznosi

(3.109)

gdje je Z broj protona 11 jezgru, a. r rastojanjc izmedju jezgra i eJcktrona.

Centripetalna. si1a koja djeluje na elektron dok se krece po svojoj putanji je

morrl'j 2 rw

me +- mj

lzjednacavanjem (3.109) i (3.110) dobijamo

(3.110)

(3.111 )

Ivfornent kolicine kretanja sistema elektron-ezgro u koordinatnorn sisternu vezanom za centar mase sisterna iznosi

Projekclja ove vektorske jednar.inc na. smjer preTna na.ma daje

Zamijenimo li (3.107) i (3.108) U ovu jednacinu imacemo

Prema Borovom post1l1atu 0 kvantovanju momenta kolicine kretanja, moment kolic:ine krctanja sistema e1ektron-jezgro moze poprimiti


sarno one vrijednasti koje su jednake cjelobrojnom umnosku konstante It = h/2IT.

mOmj 2 --'.....-'......r w = nit (3.112) mo+mj

gdje je n = 1,2,3" .. glavni kvantni broj. Koristeci (3.112), jednacina (3.111) se moze napisati kao

1 Ze'

Odakle je 1 Ze'

Wn = -----411"00 nltr

(3.113)

(3.114)

Vidi se da ugaona brzina kojom se elektron i jezgro ohren oko centra rXlase sistema maze poprimiti diskretan spektar vrijednosti. Da bismo to istakli dod ali smo joj indeks n.

Uvrstavanjem (3.114) u (3.111) dobija se za r

(3.115)

Vidi se da i rastajanje na kajem magu da se nalaze elektron i jezgro (paluprecnik atoma) moze da paprima diskretan skup vrijednosti (sta je istaknuto indeksam n uz poluprecnik.

Ukupna energija sistema jezgro-elektran biee jednaka zbiru kineticke energije jezgra i elektrona i potencijalne energije njihovog medjusobnog djelovanja

E = Ekj + Eke + Eps 17~'r2w2 ? '2 E = -' _i _ + ml!.::;~ _ __ 1_ Ze2

2 ' 2 41l"e() r

Zamjenom r, i rj prema (3.107) i (3.lOS), dabiCemo

E' = w2 (m.-~ -+- m.~~) __ 1_.Ze 2

2 J mo+mjF' 0 (mi+mu}2 411"£0 r

E::;:::; 1. momi_r2w2 _'_I_Ze2

211to+mi 41reo r

KaristeCi (3.113) i (3)15) ova jednaCina dade

1 Ze' 1 rnOmj Z2 e4

(4'lf€01' mo + mj 2n2 1t' (3.116)

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPIT! 1Z FlZIKE 231

Prema tome, atom se maze nalaziti sarno U odredjenim energijskim stanjima Cija je vrijednost energije data sa (3.116).

Paredeci izraze (3.114)' (3.115) i (3.116) sa odgovarajuCim izrazima za slucaj kada se smatra da je jezgro nepokretno (rnj > > mo)' rnozemo zakljuciti da hi se oni mogli dobiti iz tih izraza, ako bismo tarno, gdje stoji masa elektrona mo, stavili redukovanu masu sistema (efektivnu masu sisteula).

mOmj me! = --"--"

mo+mj

Prvi eksitacioni potencijal je jednak naponu kojim bi trebalo ubrzati elektron, pa da dobije energiju koja je jednaka energiji koja je potrehna da se pri neelasticnom sudaru sa atomorn, atom prebaci iz osnovnog u prvo pobudjeno stanje, a to je jednako energiji koju bi emitovaa atom kada bi presao iz prvog pobl1djenog stanja (n = 2) u osnovno stanje (n = 1), podijeljenoj sa naelektrisanjem elektrona e

Za izotop IHI je Z = 1 i masa jezgra je jednaka masi protona mj = mp pa bi bilo

1 3e3

= (411"00)2 8h~i = 10.205 V

Odnos ovog potencijala prema prvom eksitacionom potencijalu za 1HZ za kaji je Tnj "" 2mp je

= 0.99973

Trazena razlika eksitacionih potencijala je

232 GLAVA 3. IUJESEN1 ZADACI SA PISMENIH ISPlTA



1. Fizicko klatno vrsi 'male oscilacije oko hOrlzontalne ose sa kruznom ucestl1noscu WI" = 15.0 rad/::;.. Ako :se na njega zalijepi rnaJo tijelo rnase rnl =-~:, 50 g na rastojanju Ll .= 20 em nize ose) kruzna ucestanost postane :.02 ='-10 rad/ s.

a) Izvesti izra.:l za racunanje kruzne ucestanosti lizickog klatll(l. b) Koliki je InOInent inercije ovog fizickog klatna U odnosu na DRU

oko koje oscilllje?

2. Odrediti amplitudu zvucnog talasa u vazduhu cija je frekvcncija 1/ = 1000 Hz, a nivo jaCine L = 10 dB. Prag cujnosti

za zvnke tc frekvencije je 10 = 10-- 12 W/rn21

gustina vazduha p = 1.29 kgjrn3

, a brzina zVllka u vazduhu 11 =::: 33] rnjs. 3. Elektroni koji se ubrzavajll naponom Uo izlijccu iz elektron

skog topa u pravcu X-ose, Na udaljenosti d od elektronskog topa postavljena je uleta tako cia spojnica T1'v[ sa pravccm )(-ose r,akJapa ugao fr.

a) Koliku rnagnetsku indukciju Bl IllOTa lInati magnptno po1j(.' koje djeluje uormalno Tla favan koju odreujuju pravac X-ose i tacka 1\.1 cia oi elektronc skrcnulo na metu J\1.

h) Koliku rrmgnetsku iudukciju .82 treba da ima magnetsko polje kome su silnice paralelne s pravcem T M da bi elektrone skrenulo na metu M.

4. Izracunati jaCinu dektricne struje koja treba cia protice metalnim vlaknom precnika d 0.1 mrn koje se nalazi u evakuiranorn balonu da hi 50 njegova ternperatura odrzavala na stalnoj vrijednostj T = 2500 ]{. Pretpostavlja se da vlakno, <"iji je specificIli otpor p = 2.5 . 10-6 Om.) zraci topiotnu energijll kao apsolutno crno tijelo. Gubitak toplot.e provodjenjem zanemariti.

5 . .lednostruko jonizovani atom helijuma (II e+) koji mimjc, ispusti fot?n koji odgovara. prvoj spektralnoj Hniji u Lajmanovoj seriji. Taj fotonlzbije elektron iz atoma vodonlka kojije U Iniru U OSIlovnom kvant.nom stanJ·u. Kolika J. e brzina fot·.oc'lekt·.rona<.! .[ x· . zraz za ra .. -un11TIJe Ridbergovc'konstantc izvesti i izracunati je,

3.2. DRUG1 PARCIJALN1 ISPITI 1Z FlUKE

Rjeiienja:

1. W, = 15 rad/8 m = 50 g

L = 20 em

Wz = 10 rad/s w =? I =-:?

a.) Fizickirn klatnom nazivamo svako kruto tijelo koje moze cia se klati oko neke ose. A ko se izvede lZ ravIloteznog polozaja (a to se moze lZVTsitl sa- G rnn ako fiU se saopsti neka. meh alllcka

233

encrglja i prepllsti SalTIO sebi) ono ce vrsiti oscilatorno kretanje. Aka ne llzimamo U obzir otpor sredine i trenje na -osi oka koje 08-cilujc, onda se takve oscilacije nazivaj-u vlastite (sopstvene) oscilacije sistema.. U protivTIom slucaju se nazivaju vla,,'3t,it,e prigllsene.

Ovc obrtno kretanje oko ose opisuje se osnovnom jednacinom

dinamike rotacionog kretanja

N

10:= LMi i=l

gdje je j\1i mornent £-te spoljasnje sile koja djeluje na tijelo. Na ovo tijelo djelllje sila teze G1 i reakcija. osovine R. Moment

reakcije osovjne je

MR =rx R ME = rRsin(i·, H) = 0

jer je ra.dijus vektor napadne t.acke reakcije H jednak nnli.

Moment sile teze je

234 GLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA

gdje je I radijus vektor napadne tacke sile tete G U odnosu na najbliiu tacku na asi. Rao vektor je orijentisan duz ase ad nas kada je tijelo otklonjeno desno, a ka nama, kada je tijelo otklonjeno' Ejeva od ravnoteznog polozaja. Ugao otklona se odredjuje u odnosu na vertikalu na kojaj leze Dsa i centar mase sistema u polozaju stabilne ravn<;>teze. Kao vektor, ugaoni pornjeraj je duz ose i orjentisan je ka nama kada je tijelo na desnaj, a ad nas, kada je na lijevoj strani ad vertikale. Prema tome, i ugaono ubrzanje ce biti iste orijentacije, pa projekcija vektorske jednaCine

d2 ~ 'P -J-=M

dt 2

na smjer ugaonog pomjeranja daje

SredjivanjerIl ~ve jednacine se dobija

.. mgL. y + -~··-sm_y = 0

I

Za male otklone je silly ~ y (izrazeno u radijanima), pa se dobij~

". 2 'P-rwo'P =0

Ovo je diferencijalna jednai'ina koja opisuje harmonijsko oscilovanje, a kruzna ucestanost tih oscilacije je

Wo = Jrn~L

gdje je L u~aljenost centra mase sistema od ose oscilovanja, m je masa klatna. 9 je ubrzanje sile Zemljine teze na tom mjestu i I je moment inercije klatna u odnosu na osu oscilovanja.

b) Kada je klatno sarno, njegova kruzna uzestanost je

2 mgL WI = -1-' (3.117)

3.2. DRUGl PARClJALNl lSPlTI lZ FlZIKE 235

a aka se zalijepi malo tijelo na njega ona iznosi

2 msgL" ( ) w2 = ~- 3.118 I,

gdje je ms = m +. ml masa sistema, L$ udaljenost polozaja centra mase sistem,a ad najblize tacke na osi

m,L, + mL L, = ~----'--'--~

mr+m

Is je moment inercije sistem.a U odnosu na datu osu 1 iznosi

I, = 1+ mlL;

jer se ml masa moze smatrati tackastom. Uvrstavanjem u (3.118) nakon sredjivanja dobijamo

2 m,L, + mL ) w = ~--~-g (3.119 2 I + rnlLi

Iz jednaCine (:,.117) se moze odrediti masa fizickog klatna

[w 2 m = __ ,

Lg

i uvrstavanjem u (3.119) dobijamo

Odavde je

2. v = 1000 Hz L = 10 dB 10 = 1O~12 Wjm 2

r ,~ 1.29 kg! m 3

v = 331 mls' a =?

2 m,L,g + Iwi W 2 =

1+ m,Ll


Pri rasprostiranju zvuka kroz vazduh kroz njega se prenosi energija. Srednja vrijednost gustine toka (fluksa) energije kroz srediJ11l

Je

1 2 2 7 = '-pa (;.) 1) .. ~r 2

gdje je a amplituda talasa, w kruzna ucestanost talasa, p gllstina nedeformisane sredinc, v brzina rasprostiranja zvuka 11 vazduhu.

Srednja vrijednost gustine toka energije predstavlja intenzitet zvucnog talasa.

1 2 2 1= --pa w v 2

Nivo jacine zvuka mjeren li decibelima je

I L = 10 19 ..... .

Io

Rjesavanjern posljednje jedn(1ejnc po I se dobija da je

1= 10

. lO{I,lL

(:-5.120)

(3.121)

Uvrstavanjern (3.121) u (3.120) i rjesavanjcrn .lednaCine po n dobija se da je

.. ~ /210 100.1L 1 ·/ZTolOo.1L _

a .. - V .'-""p~z-;;- = 27fv V ----... ------;;~;--~--~ == 0,034 run

Vidi se da takav zyuk ima amplituciu Tecla velicine precnika atorna. Takav zvuk iza.ziva. male prornjene pritiska na membrani uha te ga nlOgu cuti Ijudi sarno sa osjetljivim usiIna.

3. Uo d a

B, =? B2 =?

3.2. DRUGT PARCIJALNI ISPITT IZ FlZIKE 237

n) Ako se elcktroni ubrzavaju naponom Un) rad siJe c1ektricog

polja prelazi 11 kineticku energiju elektrona pa jc

oclnosno

Elektroni toli1wm hrzinom uJijecll U homogeno Inagnetsko poUe in

dukcije Bl pod uglom ad 7r/2 U odnos1J na pravac 11n1ja sileo Na takav elektron djehJje Lorenc ova slla

Do. hi eJektrcmi pa,li na m.ctu) magnetRka indnkcija. kao vektoT) mora biti llsmjerena 11 crtez: a ITl.cta treba. cia bude no. kruznici po kojoj ce na.staviti da so. kTec,l clcktroni po ulasku 1J magnetsko polje.

Po]'uprecnik p11taIlje odredjuje sc iz uslov<t da. jc oya Lorencova sila centralna sila i da ona mijenja sarno pn).V{lC b:r:zine) a ne i njenu brojnu vrijeclnost

Ugao izmedju Va 1 ~va.nja se dobije

R

8 1 je 7T /2 u toku kretanj() do TIlete. Nakon sredji-

eR

PohJprccnik odredjlljcrno iz gCOlnetrijc problema. Nairne ngao lzmedju smjera X-osp i pravca. d) i ugao izmedju

poluprecnika po-vllcenog uTi poiuprecnjl;:a koji polovi duz d jesll jcdnaki) jeT 811 to uglovi sa nonnalnim kracirna. To va'll i za. ugao koji simetrala. duzi d zakl~pa sa poluprec.nikom putanje poYUCCni1u iz Ai. T'ada je

F?-. coe doblja

d R=~-

2 sin 0'

238 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH 1SPITA

b)

Kada elektron uleti II homogeno magnetsko polje indukcije B" OIl ce vrsiti kretanje po spirali jer ce Lorencova sila biti

F = -e(vo X if,)

Aka brzinu elektrona razlozimo ria komponentu vrn koja je normalna na B2 ) i drugu komponentu~, kojaje paralelna sa .82) mozemo izraz za Lorencovu silu napisati kao

F = -·eWn X if,) - e(v;, X if,)

Drugi Clau je jednak nuli, jer je su v;, i ii, kolinearni vektori u svakoj tacki. Prva komponenta sile biee normalna na ravan koju odredjuju vn i B2 i mijenjace normalnu komponentu brzine po pravcu i smjeru, dok ce t; ostati nepromijenjeno, tako da ce elektroni iCi po spiralnoj putanji u smjem polja B, i obilazice po spirali u smjem kazaljke na satu gledano dui polja u srnjeruB2 . Spirala je takva da ee elektroni poslije obilaska ponovo prolaziti kroz neku tacku na tom pravcu, koja je od prethodne pomjerena u smjeru polja za korak spirale

L1 = vpT = voT cos ex

gdje je T period obilaska. Elektroni ee pasti na metu ako do udara u nju naprave cijeli broj punih obilazaka, odnosno ako je

d = nL1 = nvoTcos 0::, n=1,2,3,···

3.2. DRUG1 PARCIJALNI 1SPITI 1Z FlZIKE

Normalna komponenta brzine se odredjuje iz uslova

eRB, ::::?Vn= -

m

Period obilazenja po spirali je

Tada je

odnosno, za n = 1

4. d=O.l mm T = 2500 K

YI2eUo 2rrm

d=n ----coso: m eB,

27f rz;;;:u;; B, = d:Y-e-cosa

P = 2.5 . 10-6 Om <J = -0.67.10-8 W 1m' K4 I =?

239

Kada kroz provodnik prot ice elektricna struja, on se zagrijava. KoliCina toplote koja se za neko vrijeme t proizvede u provodniku, aka protice struja konstantne jaCine I, maze se izracunati prem.a

Dzul-Lencovom zakonu

gdje je

Q = I'Rt

L R= Ps

elektricna otpornost_provodnika. Kakoje povrsina poprecnog presjeka vlakna S = d'rr /4, za proizvedenu kolicinu topiote u jedinici

vremEma imamo (3.122)

Vlakno ce sa svoje povrsine da zraCi energiju U okolinu. Energija koja se sa jedinice povrsinc emituje u jedinici vremena moze se izracnnati


prClna Stefan-BolcmanovorIl zakonu jer se pretpostavlja da vlakno zra(:i kao apsolutno cnlO tijelo.

gdje je E ukupna crnisiona moe apsolutno efnog tijela, (J StefanBolCTuanova konstanta, aT apsolutna terrlpcratura. Ukupna energija koja se izraCi sa citave povrsine vlakna u jedinici vremena bice

(8.123)

Usljed zagnJ<1VarlJa el(-:ktricnom strujorn temperatura v!akna raste, ali ce l1sljed toga cIa. ra.st(: i Bnergija koja se so, povr,sine vlakna. crnituje

11 vidu zracenja. Od onog trenutka, kada energija kqja 50 za jediTlicu vyemena. izraci sa. povrsine v];.lkna) bude jednaka. kolicini topiote koja se za isto to vrijelne proizvede u vlaknu) njegova temperatura fe ostatj konstantna. Prcrna tome jzjednacavajur-i (3.122) i (3.123) i rjesavanjem po I dobija.rno

odnosno cr·" . ,-- '"r,d. jad

1 = ~-~·\I = 1.48 A 2 ! P

5. PIVO cerno izvestl izraz za

izracunavanje Ridhergove konstante. Frerna elementarnoj Borovoj teoriji atmna vodonika i njemu slicnih jona u atomu postoje stacionarna stanja u kojirna

_atoffl.}),~ ~raci energjju. Centripetalna sila koja. prisiljava deletron da. se krece oko jezgra.je _KulOTIova sUa kojOITl Sf"' -medjnsohno prlvlace jezgro i elektTon

T rnv (3.124)

3.1. DRUGI PARCIJALNI ISPITI TZ FlUKE 241

Tacnije ree.eno, i jezgro i elektron se krecu oko centra rnase, ali ako predpostavimo da je rnasa jezgra beskonacna, onda se centar mase

poklapa sa centrom jezgra, pa. se moze reci da se krece sarno elektron. Tada je moment koliCine kretanja elektrona na toj putanji, prema Borovom postulatu 0 kvantovanju, jednak cjelobrojnom urnnosku Plan kove ~konstante dejstva h

m,vr = nn gdje je n'= 1,2,3.··· glavni !<vantni broj.

Nakon skralivanja sa r iz (3.124) Sf' dobija.

Ze 2

mvr·v = ~-~ 41fco

Ako 5e ovdje uvrsti rezultat iz (3.125) dobijemo

1 Zc' Vn = ~-.-.. --~

47fEo nh

(3.125)

gdje smo uz brzinu dodalj inaeks n da bismo istakli da brzine elektrona pri krctanju 11 atomu riet_e moei inmti b110 koje

J vee sarno odred

jene vrijednosti. Uvrstavanjem 11 (:1.125) dobija se

n'li n 2t,' Tn = -- .= 47fEO----~

m,Vn mZe2

gdje indeks n uz r takodje ukazuje na to da poluprecnik kruzne putanje elektrona u atomu vodonika i njcrnn slicnih jona Inoze imati sarno odredjene vrijednosti, tj. eJektron se moze kretati sarno na odredjenim rastojanjima od jezgra.

Ukupna energija sistemajezgro-elektron, uz pretpostavku dajezgro rniruje, je zbir kineti(:ke energije elektrona j potencijalne energije njihovog medjusobnog djelovanja

mv2 1 Ze 2

E=~·-2 47fEo r

(3.126)

Korist.eCi jednaCinu (3.124), iz (3.126) dobijamo

1 mZ'e4

~ ({EO)' 2n'1t' (3.127)


Vidimo da ukupna energija sistema zavisi od toga na kojoj se putanji elektron krece, odnosno od glavnog kvantnog broja n.

Fri prelazu iz viseg, U llize cncrgetsko stanjc , atom emituje energiju u vidu elektromagnetskog zracenja, Ciji foton ima energiju jed

naku razlici ellergija ta dva kvantna stanja

hv = En - Ek

gdje je n> k. UvrstavanjcIll (4) U ovu jednacinu dobijamo

1

A 1 mZ'e

4 ( 1 1 )

(41fco)' 2hcn2 k2 n 2

Izraz ispred zagrade u posljednjoj jednacini je Ridbergova konstanta

i za vodonik (Z = 1) iznosi

1 mZ'e4

RH = --- -- = 109737.31 . 10' 11m 41fEo 2hen'

Lajmanova serija u jednostruko jonizovanom atomu helijurna nastaje pri prelasku elektrona sa visih energetskih nivoa na osnovni nivo (n = 1). Prva linija u seriji ce imati talasnu duzinu

1 , (1 1) 2 3 A21 = Z RH l' - 22 = Z RH'4

Energija ovog [otona je

he 3, • -19 J 86 u E f = :\ = ;;hcZ RH = 6~.38· 10 = 40. e,

Ako ovaj foton pogodi elektron t1 atomu vodonika, koji se nalazi u osnovnom stanju

1 OIl ce biti apsorbovan. Atom vodonika se oslobadja

te energije na taj naCin stu se izbacuje elektron. Ovaj elektTon utrosi jedan dio energije da savlada privlacnu silu jezgra (izlazni rad elektrona iz atoma, energija jonizacije), a preostali dio odnijece U obliku

~ -"kineticke energije E f = Ai + Ek

Energija jonizacije atoma vodonika je

1 me4 (1 . 1) . ,-Ai = hvlOO = ('4;';:0)' 2n2 12 - 00 = 13.6 eV


Kineticka energija fotoelektrona ce biti

Ek = E f - Ai = 27.26 eV

Brzina u nerel,ativistickom slucaju je

_ J2Ek 6 V -- --;;;: = 3.1 . 10 ml s


Tuzla, 2.9.1987. god.

l. Tackasti izotropni izvor zvuka nalazi se na normali koja prolazi kroz centar kruga. Rastojanje od centra kruga do izvora je L = 1 m, a poluprecnik kruga je R = 0.5 m. Nab srednji fiuks (tok) energije kroz povrsinu kruga, ako je u centru kruga intenzitet zyuka 10 30 /LW 1m2• Prigusenje talasa se zanemaruje.

2. Kocka leda rnase ml = 50 9 i temperature tl = -",10°C ubaci se u vodu mase 17~'J. = 300 9 temperature t2 = 20°C. Kakav je sastav srnjese i kolika je t~mperatura) kad nastupi toplotna ravnoteza? Speeificni toplotni kapaeitet leda je dvaput manji od specifii"nog toplotnog kapaciteta vode koji iZIlosi C2 = 4186 J IkgK. Specificna toplota topljenja ledaje q, = 0.33 MJ/kg.

3. Skicirati Bejnbridzov spektrogra[ masa. Rastojanje izmedju pukotine selektrora brzina i mjesta gdje se registruju joni je D =

400 mm, a jaCina magnetske indukeije u obje oblasti je B = B, = 50 mT. Pri laganom mijenjanju intenziteta elektricnog polja selektora brzina zapaze se pikovi jonske struje u prijemniku pri vrijednosti t1 = 1.2.104 Vim it, = l.6·104 Vim. Odrediti atomskemaseodgovarajuCih jona pretpostav IjajuCi da sujednostruko jonizovani. Kojem hemijskom elementu pripadaju ti joni?

4. Na osnovu Borove element arne teorije za atonl vodonika i njemu slicne jone izvesti izraz za odredjivanje talasnog broja elektromagnetskog zratenja koje emituje atom. Kojoj seriji linija pripada spektralna linija atomskog vodonika (iji je talasni broj jednak razliei talasnih brojeva sljedeCih linija Balmerove seIije: 410.2 nm i 486.1 nm? Kolika je talasna duzina te linije? Izmedju kojih nivoa se vrsi prelaz pri emisiji te svjetlosti?

244 GLAVA 3. RIJESENI ZADACJ SA PISMENIH ISPITA

Rjdenja:

L L= 1 m R C~ 0.5 m

10 = 30 p.W 1m' F." =7

Fluks iii tok energije kroz neku povTsinu prcdstavlja

energiju koja prodje kroz tu povrsinu 11 jedinici vremena

/',.E

Izvor

[0

/',.ij) C~ -, (3.1) /',.t . k" d . Kroz razlicite elemente neke povrsme moze to energlJ€ a l'ma

razlicite vrijedllosti i da prenosenje energije bude usmjereno U T(t

zlic.itim pravcima. Za. karakt.eristiku toka €nergije u razlicltinl t.al.

kama prostora uvodi se velicina koja se naziva gustina toka (fluksa)

energije.7. Brojna vrijednost gustine toka (fluksa) energije .ie jcdnaka fluksu encrgije kroz jedinicnu povTslnu postavljenu normaino

na srnjer u kome se prenosi energija.

/',.<1> f',E J = - .. ~ = .. ~-...

/',.S" /',.S"/',.t (:).2)

Rako je energija koja za ncko vrijeme prodje kroz povrsinu koja je

normalna na smjer strujanja energije

/',.E = ,,/',.S"v/',.[ (" "\ d •• _')

gdje je 'IJ, zaprerninska gnstina energije talasa, a v fazna brzina talasa (brzina prenosenja energije). UVrStavanjern (3.130) u (:U 29)

dobijamo J = 1LV

Vektor fazn€ brz-tne v se po smjeru poklapa sa smjerorri preTlo~ellja talasa (prenosa energije) pa mozemo pisati za vektor glI"st.ine toka

(ftuksa) energije -: J = "Tl

Kako je gusl,ina toka razliCita u raznirn lai'kama prostora, a u jednoj tacki se mijenja u toku vremena po zakonu kvadrata sinusa (up!" =

:i.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE 245

* pa2~:t)) to se za vcktor srednje gustine toka energije maze pisati

---: __ 122_ J,~r - Zpa w v

gJe je a. arnplituda talasa u dat.oj t.ar_ki, w je kruzna frekvencija t.a.Jasa, a p je gustina nedeformisane sredine kroz kOjll se prenose t.aJasi. Srednja vrijednost fiuksa energije kroz elementarnu povrsinu moze se dobiti kao

6. iJ? 31' = .~~r . .6.S" = i~r6.S cos Q

'-.-, Jsrn

gdje je a ugao izrnedju jedinicnog vektora normale na povr,sinu i vektora sTednje gustine toka (vidi sliku). Ukupan srcdnji fiuks kroz neku povrsinu bice tada

N N

1? sr ~ .2: .3. q, ,q,'i ~ 2: i;ri .6.Si cos (Xi (3.4) i=l

Tar.na vrijednost ovog srednjeg ftuksa dobila bi se ako se uzme granicna vrijednost ove sume kada ,6.8i --)- o. U tom slucaju surna ce 'prcci u integral

N /' <I> .~r = lim L isri 6. 8i cos (Xi = i3r cos adS

tJ,.Si-+O i=l J S (3.5)

G nasem slucaju na krugu kroz koji trazimo srednji fiuks, l1ocicemo element povrsine dS koji se od centra kruga nalazi na rastojanju r, a ogranicen je lukom duzine rdrp i priraStajem poluprec.nika dr.

dS = rdcpdr (3.6)

Sa slike se vidi da je

L L cos a: =

x (3.7)

Srednja vrijednost. gustine toka na uocenom e.lementu povrsine bice .

J' = ~pa2 'v sr 2 xW


gdje je ax amplituda na mjestu koje je udaljeno za x od izvora zvuka. Kako je izvor tai'kasti, on proizvodi sferne talase kod kojih amplituda opada obrnuto proporcionalno udaljenosti od izvora. Tada se moze pisati

ao ax =- (3.8)

x

gdje je ao brojno jednako amplitudi talasa na rastojanju 1 m od lzvora.

Intenzitet zvuka je srednja vrijednost gustine taka encrgije, pa se maze pisati

_,_lag 2 1- Jsr - -p-w v 2 x'

Uvrstavanjem (3.133)'(3.134) i (3.136) u (3.1:12) dobijamo

Intenziet zvuka u centru kruga hi bio

odakle je 2 1 2 2 IoL = -paow v

2 sto uvrstavanjem ispred integrala u gornjoj jednaCini dajc

_ 3 lR j'Z1i rdrdtp 3 lR rdr <1>" - L 10 - = 27iL 10 =-;:---;:-:

o ° (L' + r2)3/' 0 (L2 + r')3/2

Smjenom VL' +--;:2 = t, ilto daje rdr = tdt, dobijamo

• 3 J tdt 3 ( 1) <1>" = 27fL 10 t3 = 27fL 10 --;;

(3.9)

VracajuCi se na staru prornjenljivu t = y'L2 + r2 dobija se da je


2. m, = 50 9 t,=-lOoC Tn, = 300 9

t2 = 20°C c, = C2/2 c, = 4186 .T/kgK q, = 3.34 .105 .T/kg ts =?

247

Ako se led temperature t, ubaci u vodu temperature t, led ce od vade primati kolicinu toplote i njegova temperatura ce se povisavati, a temperatura vode, kojaje otpustala koliCinu toplote, ce se snizavati. Ovaj proces ce se odvijati sve dok se sav led ne zagrije do 0 "C. Za taj proces je potrebna koliCina toplote

Kada se saY led zagrijao do 0 °C, a da se pri tome voda JOB nije ohladila do 0 °C, dolazi do prelaska top late sa vade na led j on poCinje da se topil a voda se i dalje hladi. KoliCina toplote koja je potrebna za topljenje cjelokupne mase leda je

Voda koja nastaje topljenjern leda ima ternperaturu 0 DC i zadrzace je sve dok se ne istopi i posljednji komadic leda. Ukoliko se voda u koju smo ubacili led nije joil ohiadiia do 0 °c ona ce i dalje otpustati toplotu i hladiti se, a voda nastala topljenjem leda ce prirnati toplotu i zagrijavati se. Taj proces ce se odvijati sve d.ok im se temperature ne izjednaee: tj. dok ne nastupi toplotna ravnoteza. Obiljezimo tu lemperaturu sa t,. KoliCina topiote koju primi voda nastala topljenjam led a je

Q, = m,c,(t, - 0 "C)

Ukupna koliCina loplote koju je oslobodila voda pri hladjenju moze se izracunati kao

Qo, = m2c2(t2 -- t,)

Kako nema gubitaka toplote ova kolii'in'a toplote mora biti jednaka kolicini utrosene toplote u svim navedenim procesima Qut :::::.:: Q1 +

248 GLAVA 3. RI.JESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

Q, + Q". Izjednacavanjem utrosene i oslobodjene toplote dobijamo

m2c2(t, - t,) = m,c,(O °c - tr) + m,g, + m,c,(t .• -. 0 DC)

RjesavanjcrIl ove jednacine po it' dobijarIlo

m'2 c ZtZ + mlclh ~ rnlqt ts = .. ;:.::;:: 5 °c

(m, + m,)c,

Prema tome u sudu ce biti sarno voda, a say led ce se jstopitL

3. D = 400 rnm

B = B, = 50 mT [, = 12 kV 1m [, = 16 kV/m A, =? A, cc?

6

II ...

Joni koji se dobijaju u izvoru jona imaju razliCite brzine v,

Kada U obliku snopa ulaze u kondenzator kako je prikazano na crtezu doCi ce do njihovog skre-

6 8 j 6 1 <iI

• Vi' D

@ ® e .. _. ,. ----.. -------...1

tauja prerna negativno naelektrisanoj ploCi pod uticajem dektrostatickog polja koje postoji u prostoru izmedju nae1ektrisanih plota.. ~t\.ko se u prostoru izmedju plot a kondenzatora usp.ostavi .magnet.sko polje indukcije B, koja je normalna na brzlnu kretanja jona i

dektrostaticko polje u kondenzatoru, a usrnjerena od nas u crtez (oznacavarno to kruzicem sa oznakom x u njernu, kao cia glf'damo u-Tep strelice-vektora): tada i.e na te jone dje]ovatj i I,orencova ·sila koja je usmjerena. u' ovom siucaju na desno, prema pozitivno naeJektrisanoj pIo?:i. Ova sila skrece jone na suprotnu stranu od one na

3.2. DRUGI PARCI.JALNI ISPITI IZ .FlZIKE 249

koju ih shece elekt.rost.atiHa si!a. Oni joni koji imaju t.akve brzille da je Lorencova sila po intenzitet 11 jednaka sili kojom clektrostaticko polje djeluje na njih, nece skreta.ti vee ce se kretati pravolinijski i izaCi kroz atvoT S. Za te jane vaii da je

odak!e je E

v =-B

(3.10)

Svi ostali joni bice otkolnjeni lijevo iii desllo od otvora S, pa nece proci. Zbog toga sto se odabiranjem polja [ i indukcije B rnogu izdvqjiti iz snopa joni sa jednom vrijednoscu brzine, ovaj uredjaj se naziva selektor jona po byzinarna iii monohromator brzina.

Joni koji prodju kroz otvor S ulijecu u prost.or u kome djeluje sarno magnetsko polje. Loreucoya sUa koja djelujc na njih je

fA = q(vx 8,)

Vldi se da je ona 11vijek nonnalna na raV<l.n 11 ROJOJ lete vektori v i B1 . Ova. sila prema tome ne IIloze rnijenjati brzin11 jona po brojnoj vrijecinosti vee samo po pravcu i srnjeru.

Intenzitet ove sile je konstantan i iZDosl

Fi; = qvB, sin 7r/2 cc, gvB

Prerna torTle za jednake vrernenske intervale, brzina ce dobiti uvijek iste prirastaje koji su usmjereni u smjeru sileo Dakle takvo kretanje ce biti krivolinijsko kretanje kod kojeg postoji sarno centripetalno (raclijalno) ubrzanje, odnosno putanja je polukruznica. Kako se centrjpetalna sila Inoze napisati kao proizvod mase jona i njegovog centripetalnog ubrzaIlja 1 mozemo pisati

odnmm? masa jona koF se krece je

qB, R rn = -----~.

v (3.11)

250 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH lSPITA

Aka se, na mjesta gdje treba da padnu joni nakon skretanja za 180 0

od izlaska iz otvora S, postavi kolektor jona, mati cerno registrovati struju kad god poluprecnik putanje bude takav- da joni padaju u kalektor. U na!lem slucaju je kalektor u fiksiranom palozaju pa je R = D /2. Tada se jednacina (3.138) moze napisati

qB,D m=--

2v

Brzina jona koji izlijecu iz otvora S rnijcnjace Se 11 toku vremena jer se ~ijenjajacina elektricnog polja u kondenzatoru, pa prema (3.137) mozemo plsatl

v(t) = nt) B

Tada ce masa jona koji se regiRtruju u trenucima maksimalne struje u kolektoru biti

m = 9PI D!J... ~ eB2D Z U(t z) ~ '2[2

Uvrstavanjern brojnih podataka, za masu jona koji se rcgistruju u trenutku t, se dobija

m, = 5 . 10-27 kg '" 3 u

gdje je u = 1.66· lO~27 kg, unificirana atomska jedinica rnase. Masa jona koji padaju u kolektor u trenutku t, biee

odnosno C2

171.1 = mz- = 4 u 0,

Atomska masa jona je broj koji pokazuje koliko je put a masa toga Jona veca od mase jedne dvanaestine ugljenikovog izotopa 6 C12 , odnosIlo to je broj koji iskazuje masu jona u atomskim jedinicarna rnase.

Prerna tome, a.tornske ma.se jona su Al = 4.i A2 = 3.

~~re~a uociti ~a. su ovo bezdimenzione velicine. Ako pogledalno u tabilee lzotopa vldl se da su to izotopi helijuma: H e4 i He'.

3.2. DRUGI PARCIJALNI lSPITI IZ FlZIKE

4. .\, = 410.2 nm .\, = 486.1 nm

RH = 1.09737.107 lim 1/.\ ="1 .\ ="1

rnl =7 rnz =?

251

Prenm Eorovoj elementarnoj teoriji atorna vodonika i njcrnn slicnih jona, atom se sastoji ad pozitivno naelektrisanog jezgra koje miruje i elektrona koji se kreee ako njega po kruznim putanjama. Kako je elektron naelektrisana cestica, to hi Oll, prerna saznanjima do kajih se doslo u klasicnoj fiziei (makrofiziei), morao da zraci energiju jeT se nalazi u ubrZanOITl kretanju. Dok elektron zraCi, on bi se kretao po jcdnoj spiralnoj putanji i na kraju hi pao u jezgro. U

toku kretanja on bi kontinuirano zrac.io elektromagnetske talase. Nasuprot tome, atomi 8tl stabilni i zrate energiju u vidu diskontinuiraHOg spektra. Da bi se m,ogli objasniti eksperimentalni rezultati, Bor je predlozio da se pretpostavi da u mikrosvijetu (atomskom svijetu) vaze drugaCiji zakoni od onih 11 rnakrosvijetu. Predlozio je da se li5VOji tvrdnja da elektroni u atomu ne zrace energiju dok se kreCli ubrzano. Ta stanja je nazvao stacionarna stanja. Stacionarna stanja 8U sarno ona stanja za koje je moment koliCine kretanja (Inoment irnpulsa) ejelobrojni umnozak konstante It = h/2rr, odnosno

rnvr = nh, n= 1,2,3,··'

Predlozio je da se usvoji, da atorn zrati, iii apsorbuje energiju sarno kada Inu elektroni prelaze iz jednog 11 drugo stacionarno stanje. Kako svakom stacionarnorn stanju odgovara tacno odredjen iznos energije, to ce emisioni i apsorpcioni spektri atoma biti diskretni (diskontinuirani). Tim,e bi se mogle objasniti eksperimental:ne Cinjenice da su atomski spektri linijski (emisioni i apsorpcioni). Ova ideja o uvodjenju diskretnih mogur.ih vrijednosti energije i momenta impulsa atomskih sisterna.) .tz. kvantovanje, odigrala je veoma ·znacajnu ulogu u razvoju savremenog shvatanja prirode.

252 GLA VA 3. RIJESEN1 ZADAC1 SA PISMENIH ISPITA

Energija sistema jezgro-elektron je

, mov' 1 Ze' E = Ek + Ep ,= -_. - --2 47fco r

(3.12)

jer smo pretpostavili da jezgro rniruje. lz uslova

i Borovog pastulata :t'1--.Cf-"",,--"'I m, ze

rnovr = nit

rnogll da se odrede poluprecnici stacionarnih putanja i brzine elcktrona na njima.

Nakon skraCivanja jednaCine (~{.140) sa r dohija se

Ze' rnovrv :=:c .~.,.""'--

4r.Eo

Koristeti (3.141) moze se dobi!.i

1 Ze' 1 Ze' Vn = --~~ = --- .. -

47r£o movr 47rEo nn (3.1;')

gdje SIno sa indeksom n uz brzinu lstakli da je ona zavlsna od kvantnog broja n.

,:vrstavanjem (3.142) u (3.141) dobijamo za poluprecllik s!.acio-narne putanje

nn n 2 -n 2

Tn :;,-,;:: ---- =::. 471EO----"-"'-rnOVn fnoZ e 2

Ako sada (3.142) i (3.143) uvrstimo u (3.139), nakon dobijamo da je energija atoma u stacionarnom stanju

1 rnoZ2e4 E =, -----... ~--... -

n (47rE:oF 2-n,2n2

srcdjivanja

En-ergija kvanta.-svjetlosti (fotona) koji se crnituje pri prelazu ato.ma iz viseg u nize energetsko stanje je

3.2. DRUGI PARCIJALN1 1SP1T1 1Z FlUKE 253

gdje su min kvantni brojevi stanja (m, > nL sto se moze zapisati i

kao he ;: = E= -. En

Talasni broj spektralnc linije .ie

(3.18)

Bahnerova serija linija nastaje kada elektrolli sa visih energetskih nivoa prelaze na drugi (n = 2) u atomu vodoTIika. (Z = 1). Za zadane talasne linije imarno

(3.19)

(3.20)

gdje je nl'l > 2 i m'2 > 2) a Rll = 1.09737· 107 l/lTI Ridbergova konstanta za vodonik.

Talasni broj irazene spektralne iinijE' je prema usioyu zadatka

.- = ~ -- ~ = RH - -- ----1 1 1 (1 1\ A Al -'2 . mj m;)

Ako iz (3.146) lzrac_unamo rn] dobijamo da je

Tzra,(,unaV2.,njcm rnase m'2 iz (:),147) dobija se mz

duzina ove linije prerna (3.148) je

odnosTIo 144

.A = ~.~ = 2624 nrn 5RIJ .

(3.21)

4, a talasua

Prema tome prelaz se vrsi sa sestog na cetvrti energetski Ilivo; te ova

linija pripada Brcketovoj serlji linlja.

254

3.3

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

Drugi parcijalni i cijeli ispiti iz Fizike

3.3.1 Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike

Tuzla, 11. 6. 1990. god.

1. Tijelu mase rn = 4 kg data je pocetna brzina Vo = 4 m! s

niz strmu ravan nagibnog ugla 0: = 7;,/6. Na udaljenosti d = 5 1m po strmoj ravni ono udari u elasticnu oprugu zanemarljive mase. Z ' .. a vrlJeme kretanja na tijelo djeluje sila trenja F = 10 N. Pri sudaru se opruga sabije za LO.x = 10 em.

a) Kolika je krutost opruge?

b) Koliki ce put tijelo preCi uz strnm ravan poslije sudara? RJes. a) k = mv0+2(d+b.x)(mgsino:-F) ~ " . 'r/

"x' - 16.21kN / rn b) d = ""x' - 2 ' 1 2(rng sin o:+F) -'"" . I 3 rn

2. Stap duzine L = 1 Tn i mase M = 4 kg objesen je tako da moze oscilovati oko horizontalne ose , koja prolazi kroz njegov vrh.

U s.tap udari metak mase rn = 10 g koji Ieti II horizontalnorn smjeru brzlnom Vn = 500 tn/s. Sudar je savrseno neelastican.

Za koliki ugao 0: ce se stap otkloniti ako: a) Metak udari u sredinu stapa

b )Metak udari u kraj ,tapa.

e) Obrazloziti da Ii je u skladu sa zakonom 0 odrianju energije to :lto se u ta dva slucaja dobivaju razliciti rezultati.

Rjes. a) cos a = 1 ~ m2v~ , , 47°58' lZgL(rwt-M)(4M+3m}1 0: =

b) cos 0: = 1 - 3m2!J(~ _ 5 ° , , . • gL(M +3m)(2m+M) ' Q -- 8 17

3~, Iz C.dl~l~flcnog suda visine It = 1 m i poprecnog presjeka pov~sllle S Ishce. voda kroz kruzni otvor na dnll, Povrsina poprecnog ~res:.e~a otvora je ~l = S / 400. Izracunati za koje ce vrijerne voda lsteci lZ s.~da, aka Je on u pocetku bio napunjen vodom do vrha. KontrakclJU mlaza ne uzimati U obzir.

R ' -- G. (S' ) Jes. t - V g- q - 1 = 180.6 8

v' 4. Od zi.ce duzine L = 1 m i mase rn ::::: 1. g. naprave se dvije Zlee. Jedna lma duzinu 10, = 51 em . a druga L - 4"' Z'· .

- 1 2 -:.:1 em. Ice se zategnu jednakom silom F = 200 N. Kolika je frekveneija talasnih

3.3. DRUGI PARCI.JALNI I CIJELI ISPITl IZ FlZIKE 255

udara (otkucaja) koji ce nastati ako se obje iice dovedu istovremeno U oscilovanje?

Rjes. Vud .6.1/ = V2 - VI = fFL-LZ-LLJ = 35.8 Hz V'm L1 2

5. Tri Inola molekula kiseonika temperature l' = 300 K izobarno se sire do dva puta vece zapremine, a zatim izohorno hlade do pocetne temperature. Iz ovog stanja gas se izotermno sabija do pocetnog stanja. Skicirati navedeni preces u pV -koordinatnorn 8i8-

teIIlU. Izracunati izvrseni rad u toku jednog ciklusa smatrajuCi da su veze Inedju atomima u molekulu krute.

Rje.§. A = zRT, (1 - In 2) = 2.3 kJ 6. Pomotu Plankove formule odredi maksimalnu spektralnu emi

sionu snagu apsolutno crnog tijela na T = 2500 K. Koliki je spe

cificni intenzitet tog zracenja. Kolika se snaga emituje sa jedinice

povrsiue u vidu zracenja u intervalu ±0.44% Am, gdje je Am talasna duzina na kojoj apsolutno crno tijelo ima maksimalnu spektralnu ernisionu snagu na toj temperaturu.

RJ'es E, '= ~1I..hC2 -.-'_,.,_ .,'- 125· W/rn2 . m . " ,\5 ~ -, ,

'" eJ..".kT_1

t:..E). ). b.), = E).,t:..).. = .21f~c':.~~,r.(L ___ = 1.25 kW "" '" --r- A~, t ).r~~T -1 mOl

InA -= fu ~ 3.98 . lOll ~-,-1r m-'m'sr

7. Monoenergetskielektroni energije Eo = 75 eV ulijecu po sredini homomogenog elektrostatickog polja jaCine [ = 2000 vim izmedju ploca ravanskog kondenzatora pod uglom Q = 30°. Duzina ploca kondenzatora je L = 5 em. a) Koliki je razmak pri kojem elektroni nece udariti u

negativnu plocu kondenzatora? b) Kojom brzinoID elektroni napustaju prostor u ko

L ____ _

-----------21 ) ~: "tl lI't~'V' X

jern djeluje elektrostatsko :-1t)====!==;;r====== polje? Eo ~

Rjes. d > ,~i.1l2o: = 1.88 ern v = ~r~ 2e[Ltana...J... eOl [2p - eE 'V m m' ZmEocos"2a

4.66.10° ml8 (Vidi rjesenje zadtka 4 sa 181. strane) 8. Pri iJ-raspadu izotopa Pd1l2 dobije se aktivni izotop Agl12.

Period poluraspada pretka je 21 sat, a potomka 3.2 sata. Ako je u

256 GLAVA 3. RIJESENI ZADACl SA PlSMENIH lSPITA

pocetnom trenutku izvor sadrzavao sarno atome prctka, naci odnos rnaksimalne aktivnosti pot01nka prema prvohitnoj akti vnosti pretka..

iljes. -,-=,-l-I.ll :;::: _~1_ e ~-y;;-.", - e ---T2- '" = 0.71 A T ( t).c~~, _ ".CD:;, )

AUl Tl -T,:-;

" In !1. t ~- ,.LIz... ~ ,,~ 102- h 'm -" Tl~T2 0.693 - . b "

1Vapomena:' Za ci:ieli ispit rade se zadaci 1)2,3A, 7'£ 8) a Z(1 drugi parclj"alni i studente masin-siva S'U zadaci 4,,/)) 6J 7 £ 8.


Tuzla, 20.9. 1990. god.

]. Na strrnoj ravni nagibnog ugla 0:' .= 45° laganim uzdorn su

povenne kocka mase m2 = 5 kg i valjak mase m , = 10 kg i pobprecnika r = 6 ern. a) NaCi ubrzanje sistclna ako pustirno tijela. da se slobodno krec,u. Koeficijent trcnja iZDWdju kocl;:e i strme ra.vni je ji. = 0.02.

Koeficijent trenja kotrljanja valjka se zaw·;maruje.

b) Izracunati silu zatezanja

uzeta.

11'1

R ' ~ ) - Zsino:(ml+ rnz)-2rr!-2/tC ()SCf 48 ! 2 -Jes. a a - 3rn l+ Zm2 g'='. 4. m,;-"

b) Fz = ml(gsinnc -1.5 a.) 2. lz otvorenog cilindricnog suda koji se na]azi na horizontal

noj podlozi) istice voda iz malog otvora sa bocne stranc: koji se nalazi na l/a Ylsinc suda mjereno od dna suda. Rako se mijenja dornet rnlaza vode x za vrijerne lsticanja J ako je vis ina suda H, povrsina poprecnog vresjeka. suda 5', a poprecnog presjeka otvora,

S1' U pocetnorll trenutku sud je ~jo, llapupjcn yoda-m do vrha. • _ v • [-, -ihj-'~ /-- "--" . ",.

RJes. x =- 25 ,; '~'.5"2=: ')?j' za Y = H dornet mlaza Je mak::nmalan. v • I' , 1 J •

3. Koliki je period osciiovanja centra kugle polupreclllka r koja

se nalazi u polukugli poluprecnika R za male pomake iz PQiozaja sta

biln(~ ravnoteze. U .p0redi sa izrazom' za period rrlaternatir~kog klatna.

R' ~ T ? i7(R-'l }f8, = ..-Jry' - 5g .

3.3. DRUGl PARCIJALNl I CIJELI lSPITI lZ FIZlKE 257

4. U jednoj casi se nalazi t.ecIlost zapremine VI = 300 em3 temperature tl = OOC, a u drngoj V2 = ] 10 em,s iste tecnosti tem

perature t2 = 100°C. Nadji ukupnu zapreminu ove tecnosti nakon mijesanja

1 ako je termicki koeficijent zapreminskog sircnja tecnosti

, = 0.00] l/oC.

1,' • t V . .,t., - 2 r:: 0 C' l.Jcs. ,~= lS+V

1(1-+'l't 2 = ;) J,

V = V, (l + ,q +- V2 [1 + ,(t, - t,)! = 409.25 em3

5. 0.5 % rnolekula gasa iIna energije u intervalu 1::.E = 0.04 .

10 -2 elf, Odnos najmanje encrgije u tom intervalu i najvjerovatnije

energije je 0.98. a) Izvedi izraz za funkciju raspodjele molekula po energijama,

ako je raspodjela molekula po brzinama Maksvelova.

b) Kolike su granicne energije E1 i E2 kao i najvjerovatnija ell

ergija? c) Kolika je temperatura gasa ako bi raspodjda molekula zado-

voljavala ove uslove. R.id. b) Enaj = 10-3 tV, E, = 9.10- 4 eV, E, = 9.02,10,.4 eV.

c)T=23.2K, 6. El(~ktroni koje ubrzava napon U izlijecu lZ elektronskog topa

u pravcu X-ose. Na udaljenostl d od elektronskog topa posta:vljena je meta tako da spojnica T M zatvara s X-osom ugao 0'.

a) Koliku magnetnu indukciju B mora imati magnetno polje koje je okomito na ravninu koju odredju

ju )C -os a i tacka A1 da hi elektrone

skrenulo n a rnetu? b) Koliku rnagnetnu indukciju mora irnati hornogeno magnetno polje cije su silnke paralelnc s pravcem TAl da bi elektrone skrenulo na me-

tu za najkrace vrijeme'?

.........,r ---I ..... '-...,,~

',(7 "-

r;:--;;- ~-

Rjel. a) BI = ~V'l.~ sin 0:, b) B z ~ z; V'2m~1Jo cos a

',-'

'- ... H

7. Monohromatska svjetlost ncpoznate talasne duzine pada Ila

at-orne vodonika koji se nalaze u osnovnorn stanju. U emisionom

spektru koji se dobiva poslije int.erakcije rotona sa atomirna vodonika

javlja 5e ukupno 10 spektralnih linija

a) Koliko ovih linija pripada Balmerovoj seriji.

258 CLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PlSMENlH lSPITA

b) Odredi najvei'u i najmanju duzinu ovih spektralnih linija i energiju fotona upadne svjetlosti.

Rjel!. a) Tri, b) ..\rnin = ..\SI ~;::::: 94.95 nrn, A-maz = ).54 = 4.05 j.Lrn.

1Vapomena: Za cijel£ ispit se rade zadaci 1,2,3,5,6 i 7, a za drugi p(lfcijalni £ stadcnte rnasinstva sa zadaci 3,4,5,6 i 7.


Tuzla,29.9.1990.god.

c 1. Malo tijelo se gurne po horizontalnoj podlozi brzinom Vo.

Podloga prelazi u polukrllg u vertikalnoj ravlli poluprecnika R. a) Kolika je najrnanja brzina kojom treba tijelo gurnuti da bi proslo kroz najvisu tacku C ne

- i) 'ifo

1/'~III1!/)jJII!/}III/

odvajajuCi se od podloge. b) Odredi rastojanje tacke B od t.acke u kojoj ce takvo tijelo pasti

na horizontalnu ·podlogu.

Rjeif. a) Vo = y5Rg = 7 m18, b) d = 2R = 2 rn 2. l'\a periferiji diska rnase M = 15 kg i poluprecnika l' = 40 em

nalazi se tijelo rnase m = 4 kg. Iz stanja mirovanja disk se pocne ohrtati stalnim ugaonirn ubrzanjem 0: = 0.2 radl S2.

a) Izvesti izraz za mornent inercije diska i izracunati ga. b) Koliko ce obrtaja napraviti disk do trenutka kada tijelo sklizne

sa diska. c) Kolika je ugaona brzina diska neposredno nakon spadanja ti

jela? Koeficijent trenja klizanja izmedju tijela i diska iznosi f.' = 0.2. R)·es. a) 1= M.E:' = 1.2 kgm'. b) N = .w' - -"'L -. ry

2 '47rCi 4xRo: -_. '"'~

c) Wi = 3.37 rad/.s 3. Kraz horizoIltalnu kapilaru unutrasnjeg po]uprecnika r = 1 rnm koja se nalazi na bocnoj strani otvorenog cilindricnog suda poluprecnika R = 2 ern istice ulje koeficijellta viskoznosti

l'l = 1.2 Pas i gustine p = 900 kg 1m".

3.3. DRUGI PARCIJALNII CIJELllSPlT11Z FlZ1KE 259

Izracunati kolika je brzina V, istieanja nlja kroz kapilaru, a kolika je brzina spustanja nivoa ulja u cilindricnom sudu u rnomentu kada je nivo ulja nad sredistem kapilare It -= 26 ern.

Srnatrati da ne dolazi do zadrzavanja ulja na zidovima suda.

Rje!3. VI == 1.2 ernj 51 'U 0.003 ern! s

4. Vazduh zapremine 10 drn 3 treba da se komprimira na 5 pula manju zapreminu. Koji kornpresioni proces- adijabatski iii izotermicki) zahtijeva manji utrosak rada i za koli.ko put a?

RJeS. AdA" = 0.7 5. Zracenje Sunea po svorn spektralnom sastavu blisko je zracenju

apsolutIlo emog tijela, za koje je maksimurn zracenja na talasnoj duzini 480 nm. NaCi masu koju Sunee gubi n jednoj sekundi na Tacun zracenja i vrijeme za koje ce se rnasa Sunca smanjiti za 1%. Poluprecnik Sunca iznosi Rs = 695108 m, a lnasa SUIlca je Ms 1.97.1030 kg, Vinova konstanta b = 2.88· 1O-3 m K, a Stefan-Bolemanova konstanta Cf = 5.67 .10-8 Wjrn'K4.

RJ·" E = 4R'TWT4 = 4 46 . 1020 J I s -""" = E.", - 4955 kg , • em " 'llt c2,6,t _. , ,

t = 9~~~. = 1.26· 10 '7 god.

'" 6. Prostor izrnedju dva koaksijalna metalna ciEndra ciji su polu-precnici Tl i T2 ispunjen je honlOgenim toplotnim izolatorom. Ternperatura unutraSnjeg cilindra je til a vanjskog t2 tako da je tl > t z. Odredi zavisllost temperature t od rastojanja l' od ose eilindra. Nacrtati grafik te promjene ako je tl = 120 DC, t2 = 20 DC, 1'1 = 5 em i TZ = 10 crn.

in ...!...

RjetJ. t(l') = tl - (t, - t 2) ;, = 120 - 144.31n -"- (DC) In -'< 5cm . ,

7. Odredi talasnu duzinu AD fotona koji u sudaru sa slabo vezanim elektronom predaje T) svoje energije i rasije se pod uglOlIl 8.

R' , A - 'h(I-'J) . 2B yes. 0 -- Y)1nC"'-stn Z 8. Dvostrllko jonizovani atom litijuma pri prelazu iz nekog ek

sitovanog U pIVO pobudjeno stanje emituje sukcesivno dva fotona sa talasnim duzinama Al ,~ 219.1 nm i A2 72.91 nm. Koliki je poluprecnik orbite eksitovanog stanja iz kojeg se vrsi prelaz? Aka kvant talasne duzine ).,2 pogodi jednostruko jonizovani atom heliTuma koji se ".-nalazi u prvom pobudjenom stanju, razrIlotri hoee Ii doci do jonizacije helijuma. Ako dodje do jonizaeije, kolika je brzina [otoelektrona'? Da Ii se moraju uzimati u obzir relativisticki efekti'?

260 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH [SPITA

h = 6.62 . 10 .. 34 J 5, RH = 1.097· 107 ;;;, cO = 8.85 . 10~12 F /m, mo = 9.31· 10~31 kg, e = 1.6· 1O~19 C.

R)'ct. r = --..£iL~42 04?5 E E =c \/2(E~ ~ 4 27rm{)e2 = . ~ nm'J '2 > j: V .I mn ~

0.7,106 m/ s, ne IIloraju.

IVapomena: Za ci:ieli £spit se rade zadaci 1,2, 3-; 5;6 £ 8, a za'-dru,91: parczialni i studente mai3instva Stl zadaci 4) 5,6, 7 i 8.

3,3A Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike


1. Dvije strme ravni su postavljene kao na slid. Sa vrha strme ravni nagiba a =- 30° pusti se do. klizi malo tijelo. So. koje visine hl treba pl1stiti tijelo do. se zallS-tavi na samom vrhu druge strme ravni visine h2 0.8 In i nagiba (3 = 150. Koeficijent trenja no. ci

jelom putu je isti i iznosi J1 ~. 0.08. R ·' h 1+/lca t,8 h -

Jes. 1 l~,ucota 2 -

1.2 rn. 2. So. visine H iznad nlvoa mirne jezerske vode pusti se do.

slobodno pada sferna kuglica naCinjena od materijala gustine p = 850 kg/m'. Ako se kuglica zaust.avi na dubini h = 2.2 m, odrediti:

a.) Sa koje visine je kuglica. pust.ena da pada?

b) Nakon koliko vremena, od momenta pustanja, c.e kuglica biti ponoyo na povrsini vode?

Otpor vode i vazduha zanelnariti. Zapreminska masa vode je Po = 1000 kg/m3

.

Rjes. a) H = "";Eh = 0.33 m b) t = jiif' + 2fi!: = 3.72 8,

a = i!Jrf!.g - p •. .

3. Smatrajuci' Zemlju homogenom loptom i zanemarujuci otpor

vazduha odrediti potencijalnu energiju U(r) sistema tijelo-Zemlja ako se tijelo moze pomjerati kroz uski kanal napravljen kroz Zemlju

3.3. DRUGI PARCIJALNI I CDELl lSPITI IZ FlZIKE 261

duz njene ose. Pretpostaviti da je potencijalna energija slstema tijela jednaka nuli kada S11 ona na beskonacnoj udaljenosti jedno od drugog. Kolikaje potencijalna energija U(O) kojorn raspolaze sistem kada je tijelo u centru'! l~porediti U(O) sa potencijalnorn energijom kada je tijelo na povriiini Zemlje U(R).

Elfet. (vidi 5. zadatak sa pismenog ispita od 1.4.1987. god.) 4. Izracunati period malih oscilacija sistema tijela sastavljenog od tankog stapa duzine 10 i mase m i lopto poluprecnika R i mase M pri osc.ilovanju oko ose 00' (vidi sliku)

})' ~ R ~ 2 I G1n-<-12M(I-tf) '.J es . . - TrV (. R L m-;..-12M(1+i'F) '

S· = ~m:c" '~L· T~· M=( L:..'..+ R:c'i m+1\'[

I., "'if ..,.. M(L + R)'

9 /

0/ /

m I ~j

11

5. Kolikom bi silorn trebalo djelovati u pravcu ose na celicnu sipku duzin€ L =: 2 m., povrsine poprecnog presjeka S = 1 cm2 da bismo je istegIi za oIlol1ko koliko se ana izduzi pri zagrijavanju za tit::.-:.:: 10°C. Termicki koeficijent linearnog sir€nja celika je 0' = 12 _10·,·6 1/0e) a .Jangov modul elasticnosti za celik je Ey = 2.1 . lO" Fa? Kolika je energija elasticnE: deforrnacije 11 tom slucaju U Lorn tuelu?

Rye.s. F = E y SL6.t = 2520 N, E =E.,,¥~, E. = o:6.t 6,KoliCina azota mase m .-= 20 g nalazi se u zatvorenoj posudi na

temperaturi t = 20°C.

a) Izvedi izraz za izracunavanje efektivne brzine molekula gasa u stacionarnom stanju na ternperatllri T.

b) I{olika je koliCina toplote potrebna cia se dovede gasu da bi se njegova efektiyua hrzina l1dvostru61a?

c) Koliko ce se put a prornijeniti pritisak gasa? R = 8.31 J/moIK, M = 28 g/rnol.

R') = r1~iiT b) Q - 3m) RT,_ 4 3 k J ,.) 12 - 4 JCS. a vef \/ M - 2M - ., ", ,- 1'1 -

7. Komptonovski elektroni energije E = 0.23 AleV registruju se pod uglom od 30° U odnosu na l1padni prava.c fotona. Odredi energiju upadnih fotona. Ma.sa mirovanja elektrona (sopstvena masa) je mo = 9.1 . lO~'l kg.


8. Pri sintezi jezgara 3LiG i 1 HZ obruzuju se dVij"e 0::- cestic€.

Energij(~ veze po nukleonu u Li, Hi He su 5.33, 1.11 i 7.08 A1eF , respektivno. Izracunati energiju koja se oslobodi pri datom procesu.

Rjeii. Q = 8Ev11 , - 6EvLi - 2E,11 00 22.4 MeV Napomena: Za cijel£ 1'spit Be rade zadaci 1,2,3,4,5 £ 8; a za drugi

parciialni i. stud.ente maMnstv,a su zadci 4,5,6,7 i 8.


Tuzla, 10.6.1991. godiI1e

1. Pod kojim uglorn U odnosu na horizontalnu ravan treba upraviti mlaz vode da hi dostignuta lliaksimaina visina hila jednaka dometu'! Koliko je tada vrijeme kretanja djelica vade kroz vazduh, ako je brzina kojoID je izbaeen Inlaz 9.81 m/s.

Rje';. 0: = arctan 4 = 75° 581 • t = ~~.l.LJ!lno: = 1.94-s , 9

2. Tijelo rnase m, ,~ 0.1 kg pustimo da klizi niz kosi zlijeb koji prelazi u mrtvu petlju poluprecnika R = 0.75 rn. U najnizoj tacki ono se idealno elasticno Budari sa tijelom mase m2 = 0.3 kg koje je lllirovalo (vidi sliku). Sa

koje visine je tijelo ml

puS-teno da klizi, ako se

poslije sudara tijelo m'2

odvoji od petlje na visini h = 1.125 rit,

.. ~

a prvo tijelo vrati nazad po zlijebu, a zatiln ponovo kliznuvsi odvaja od petlje u istoj tacki kao i rn'l,? Trenje zanernariti.

Rjes. H = ~2h.::lj. (m2 - rnl)2 = 5.25 rn) iIi I-I = lnl+m:2. (3h -- R) = m 1 2=1

5.25 m

3. Sa visine h = 1.5 rn iznad nivoa- ITliI'ile jezerske vode pUtiti se da slobodno pada n1ala sferna kuglica od rnaterijala zapreminske rnase p = 920 kg/m3

. Na kojoj dubini u vodi ce se zaustaviti ta

kuglica? Koliko vremena ce se kretati kuglicakroz vod u? Otpor vode 'zanemariti, a gustina vode je 1000 kg! m'.

RJd. H = -P-h = 17.25 m t = 12.72 s p()~p ,

3.3. DRUGI PARCIJALNI I CIJELI ISPITI lZ F1ZIKE 263

4.N a povrsini Zemlje postavljen je zVllcni izvor. Temperatura zraka nu povrsini ZernIje je 15°C. Aka se temperatura zraka mijenja po zakonu

1'(h) = 1'(0) + ah

gdje je a =~ 6.T I!:::..h gradijent temperature i u atmosferi iznosi a = -7.10-3 Kim. Odredi vrijeme potrebno da talas stigne do visine H = 10 km. (M = 0.029 kg/mol, K = 1.4 i R = 8.31 JlmoIK).

Rjeii. t = ~vf!. (.fi((fJ-~-;;jj - {T«l)) = 27.8 s

5. Posuda u kojoj se cllva ozon (03) nalazi se na tempera

turi I, = 520°C i u nioi vlada pritisak 0.3 MPa. Naci promjenu pritiska u posudi nakon pretvaranja ozona u kiseonik. Za nasta

janie jednog mola ozona iz kiseonika utrosi se q = 1.42· 105 J. Specificni molarni toplotni kapacitet za kiseonik pri stalnoj zapremini iznosi Cv = 20.9 JjmolK, a molarne mase za ozon i kiseonik iZIlose 48 9 / rnol i 32 9 /rnol ,respektivno.

Rjes. b..p = E.lMt (-g- + .1:L _ Tl) = 2.7.105 Pa. T I c" M2 Ml

6. a) Izvedi izraz za koncentraciju cestica gurniguta n(h) na nekom nivou h u hornogenom gravitacionom palju, kada Sli one suspcndirane u vodi .

b) NaCi silu koja u homogenom gravitacionom polje djeluje na takve cestic€, ako se koncentracija tih cestica na dva Ilivoa razlikuje

'I = 2 puta, a nivoi su jedan od drugog na udaljanosti /';.h = 30 em duz linija sile polja. Temperatura sistema je 280 K.

( ",/frit kT

RJeii. n(h) = n O)e- kT , F = mg' = mg --f~ = Xi; lu'7 = 8.9· 10'"21 N

7. a) KoristeCi Plankovu fonnulu za spektralnu gustinu energije zracenja, naCi izraz za spektralnu emislonu moe apsolutno crnog tijela na temperaturi T u zavisnosi od talasne duzine A.

b) Izracunati enrgiju koju apsolutno crno tijelo emituje sa jedinicne povrsine u jednoj sekundi, lla ternperaturL:IOOO K u vidu zrac.enja sa talasnim duzinama iz intervala Anai + 0.1 nffi. Vinova konstanta je b = 2.89 . 10-3 K m, Plankova konstanta h = 6.62 . lO-"4 J 8, Bolcmanova konstanta k = 1.38 . 10-23 J / K , e = 3 .

108 m/-s. RJ·eii. a) E = 27.h,' -'- b) E E A' 1 28 w >. ),:5.Ji&- em = ),U/\ = . :;:;;:z

e),leT ~l

264 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENlII lSPITA

8. Kod kojeg jona slicnog atomu vodonika razlika talasnih duzina glavnih linija Balmerove i Lajrnanove serije iznosi 59,3 nm" (co = 8.85 ·10-12 F/rn i e = 1.6 .10-19 C, amasa elektrona m, = 9.1' 10- 31 kg).

RO ~ H:i'lre{)h.~ <) N akl' ~. d yes. Z = eZ V 15;;c.6.). = oj 1 a osnovu ovoga z r JucuJcmo a

je to dvostruko jonizovani Li+"',<.

,1Vapomena: Za ctj'eli ispit 8e rade zadaci 1,2,3,6,7 i 8, a za drugi parC'ijalni i .;;iuriente rnasinstva su zadaci 4,5,6,7 i 8.

3.3.6 Drugi parcijalni I cijeli ispit iz Fizike

Tuzla, 21.6.1991. god.

1. N ad osnovom L postavljena je strma ravan.

a) I<oliki treba da bude ugao strme ravni ada bi vrijeme spustanja tijela niz tu stYillU ravan bilo najkrace? Posmatrati slucajcve za f' 0 i f' = 0.5.

b) Koliki je koeflcijent trenja ako 511 vremena spustanja pri uglo-VIrna O'} 60° i (X2 = 45° jednaka?

RJei. a) Iz uslova dt/da = 0 se dcibija tan2a = -l/f', "'1 = 45°, "'2 = 58.20,

b) u = sin2il'l o-sin2o:" - = 0 27 , 2(eos2 az"ocos 2 Cq) .

2. Tijelo tezine G = 10 N objeseno je 0 konac duzine L = 50 ern i'iji je jedan kraj ucvrscen za nepokretnu tacku O. Tijelo 5e porn· jereno iz ravnoteznog polozaja tako da konac zatvara sa vertika]om ugao a = 600. U tom polozaju konca tijelu se saopsti pocetna brzina Vo :::: 2.1 rn/ s sa smjerom nanize (norrnalno na konac).

a) Odredi silu u koneu u trenutku kada tijelo prolazi kroz najnizi polozaj.

b) Visinu do koje ce se tijelo popeti iznad najnizeg polozaja.

RJd. 0) F = G + m;~ + ZG(l - cos <xl = 29 N

b) hl·=_~+2g~Q.=.:osa) = 0.48 m - 2,

3. Olovna kugla poluprecnika R = 50 ern ima u ullutrasnjosti

3.3. DRUGI PARCI.JALNI I CI.JELl ISPITI lZ F1ZIKE

sfernu supljinu poluprecnika r =

5 em) Cijije centar na udaljenosti d = 30 em od centra lopte. Kolikorn ce silom lopta privlaCiti tackastu masu rn = 10 9 na udaljenosti L = 60 em od centra lopte.

265

Ugao koji zaklapaju d i L je '" = 600 GUotina olova je 11.3 .

10" kg /m', a 'Y = 6.67.10-- 11 Nm2 /kg'-

R' • F -.- iR3 U_ ~-I--l- 11·]0-8 TV )CS. - 3 1fpm Lp - 1O.1d2sin21)' -,. - ,

r = !i 10 k f k .. 4 .. Najednoj istoj normali na zid nalazi se izvor zvu a Ie vcnC1Je

I/o = 1700 Hz i prijemnik (P-I-zid). Izvor i prijemnik su nepokretni, a zid se udaljava od izvora brzinom 1)2 = 6 cm/ s. Na6 frekvenciju udara (otkucaja) koju ce registrovatl prijemnik. Brzina zvuka je

340 m,j s. Ries. //ud = !:::...v = ~v.-" Vo = 0.6 11 z 5: PolazeCi od izra~~vza broj molekula kojj imaju intcllzitete brz

ina u intervalu od v do v + dv) naCi vjerovatnocu da molckul idealn-og gasa no. stalnoj ternperaturi T irna vrijednost energije 1] intervalu od E do E + dE. Odredi srednju i najvjerovatniju vrijcdnost energijc translatornog kretanja molekula ideaJnog gasa Cija je temperatura 27:1 K. Zavisi Ii to od vrste gasa? k = 1.38 .10-23 J! K.

. dN·J 1 Er;;_.- " R]eli. dP = -if = .f;clkTI'I,e-kTvEdE, E = ~kT,

E . - kT , nay ~ 2

6. Izotop fosfora 1'32 je !1- radioaktivan sa periodom poluraspada T = 14.3 dana. Pomotu uredjaja za detekciju elektrona utvrdjeno je da preparat radioaktivnog fosfora daje 104 beta raspada u sekundi.

a.) Odredi masu preparata. b) Kolika ce bili aktivnost preparata nakon 30 dana poslije ovog

mjerenja? (NA = 6.022.1023 limol). RJ·es. a)m = NM = M..I.A_ .~ 9.47.10- '0 mg

m m 0_693 '

b) A = 0.23 - 10' Bq

266 GLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA


Tuzla, 2.9.1991. go dine 1. Sistem tijela prikazan na slici pusten je da se krece u momentu kad opruga nije pocela da se i~teze. Odrediti:

a) Silu zatezanja uiti u trenutku neposredno prije pocetka istezaliJa opruge. b) Brziliu kojom tijclo mase n-tz uclari u pod.

lI.ieS. a) Fz = nt, (g + a sin <»= 45.28 N, b) v = /3"~h(rn2-rniSiEr.l)---~iY ~, , /

\; 1nl+m-, ~ 2 rn! 8

. 2. U.Il.utar" Srer.I.lOg tljela poluprecnika R i zaprcminske ITlase P UIla sferna suplJlna polu-precnika 'i" = R/4 na uda-ljenosti 11/4 od centra vece sfere. NaCi jacinu gravitacionog polja u tacki na P na rastojanju d od povrsine sfernog tijela.

d

p

f .. I

Ryes. 9 = :! R7fp/ [ __ 1__ _ 1 J' 3 1+* 1fJ(3+~r

3. Pravilan drveni cilindar pJiva na povrsilli vode tako da se u v.o~li nalazi 0.9 lljegove visine. Na vodu se naspe ulje tako da se Cllmdar potpuno potopi. Odredi udaljenost napadnih tacaka sila poliska na potoplj",ne dijelove u vodi i u ulju. Zapreminska masa ulja.le Pu = 0.8 ·10· kgjm', a vode flu = 10' kg/m".

IIjes. d = if· 4. Na opr;'gu C1J·U y . rnasu mozerno zanemariti objesi se tijelo i

o.pruga se Istegne za t3.L = 4.9 ern, Ako tijelo malo gurncmo u VCT

tlkalI,l?In,pravcu koliki ce b,iti period oscilovanja tijela? Logaritam,ski dekrernent prigusenja iznosi 1.7.

Rj eii l' = 21r f'ui (l~-~A:,) = 0.46 s

5:1;_ homogenoj el.astierwj sredinl siri_se talas oblika

t( t) 0 c -05x ( ." Xl ::::= .0 e . cos lOOt - 2x)

S.3. DRUGI PARCI.JALNI I CI.JELI ISPITI JZ FlZIKE 267

gdje je ( dato u mm, xu mit u s. NaCi:

a) odnos amplitude u tacki x = 0 i lalasne duiine talasa, b) maksimalnu brzinu i ubrzanje one cestice elasticne sredine koja

u('"estvuje U OVOID talaSIlorn kretanju koja se nalazi u tacki x = 0,

c) razliku faza oscilovanj a cestica elasticn€ sradine u tackama u kojilna se arnplitude oscilovanja razlikuju)edna od druge za 11 = 2 %.

Ries. a) T = L59· lO'~4) b) V max = .005 rn/s, amax = 5 mis', c) D.<p 0:.: 2(Xl - x,) = 41n(1- rJl = -0.08 rad = -4.63°

6. Masa azota Ttl = 15 9 nalazi se u zatvorenom sudu na temperaluri T = 300 K. Koliku kolii'inu toplote je polrebno dovesti azotu da bi se srodnja kvadralna brzina (efektivna brzina) molekula povecala 11 = 2 pula? Izraz za efektivnu brzinu molekula izvesli. Veze medju molekulima u a\omu smalrati krutim.(R = 8.31 .J (moIK, Ai = 28 g/rnol) .

IIjd. v.f = Vi,!!X· = \fj111· = Q = m i R ·31' = 10 k.J m ! M' M2

7. U atomu vodonika elektron prelazi iz stanja cija je energija veze Ev = 0.54 eV u stunje cija je energija pobudjivanja Ep = 10.2 eV.

a) Odredi kvantne brojeve ovih slanja. b) Odredi talasnu dtlZinu emitovanog fotona. c) Kojaj spektralnoj seriji pripada ta lalasna duzina? d) Mogu Ii ovi fotoni izazvati fotoelektricni efekat na cezijumu

ciji je izlazni rad 1.93 eV? Aka mogu izracunaj maksimalnu brzinu rotoelektrona.

~ .. ~ ~---

Rjes. a) fl.l = Vi ___ fu = 5 nz = ,/~_ = 2 b) A 100 E,,' V E)J+El 52 = 21RH =

4.34.10-7 rn, c) Balmerovoj,

d) Mogu. V = J i!)r:,.Ai- = 4 . 106 m/ s

Napomena; Za ci:ieli £spit se rade zadaci 1,2,3,4 1 6 i 7, a za drugi parcijalni i siudente ma§inskog odsJ'eka fiU zadaci 3,4,5,6 i "7.

3.3.8 Drugi parcijalni cijeli ispit iz Fizike

Tuzla, 3.10.1991. god.

1. TiJelo m,ase'-rn = 10 ~g podize se po.strmoj ravni visiILe It = 3 'Tn i duzinc -'osllovlce a = 6 - rn. ZnajuCi da je koeficijent trerija izmedju stnne ravni i tijela fL = 0.2 odrediti:


a) rad spoljasnje sile i Tad sile tcie, aka se podizanje vrsi polagano (brzina priblizno jednaka nuli i bez ubrzanja).

b) fad spoljasnje sile koja bi tijelo uzvukla uz strmu ravan, djelujuci paralelno sa njorn, ubrzanjem a =:.: 2 m/s2.

Rjes. a) A,p = mg(h + IlU) = 412 .1, b) A~,p = ma.L + mg(h + p.a) cc 585.2 .1

2. Na nepokretnoj osovini bez trenja maze se vrtjeti tocak mase lvf = 50 kg i poluprecIlika R =c 60 ern. Sa tockorn je vezan -slijepljen

manji tocak mase m = 1.5 kg i poluprec.nika r = 0.2 m oko koga je obmotano idealno savitljivQ uie bez tezine, na Cijem se jednom kraju nalazi teg mase ml = 8 kg. Koliki put ce teg preCi u t.oku

druge sekunde kretanja, aka se sistem prepusti samorn sebi iz stanja

mirovanja.

Rjel. !::J.8::.:::: 8 2 ~ S'l = ~(t22 -- t 21

) = fnlg(t;-··-q) = 0.5 'nt 2 2ml+Dm.-f-m

3. Kroz horizontalnu cijev prikazanu na slici proti(e ziva.. Povr sina poprecnog presjeka sireg dijela cijevi je 51) a uzeg dijela cijevi 5'2 = Sd 4. Ilazlika pritisaka zive na sir em i uiem_ dijelu cijevi je .6..p = 2.7 kPa. Izvesti izraz za racunanje brzine proticanja zive kroz siri'dio cijevi i izra

cUIlati je.(p = 13.6·10' kg/m3).

Rjes. VI = S'V;df'sn = 1.58 . 10-3 mj 8

4. Klipnom pumpom zapremine LI V = 400 em' vriii se ispumpavallje balona zapremine V :::;;;;. 1 dm3

• Koliki t.e biti pritisak u balonu poslije dvadesetog hod-a pumpe ako je pocetni pritisak po = 100 kPa. Proces ispurnpavanja sITla.trati izoterrnllirn.

Rjd. _20 ='" Po (v:;;v)'o = 119.5 Pa 5, Nab obrazac za transformaciju x-komponente Luzine pri pre

lasku iz nepokretnog u pokretni sistem, ako se pokretni sistern krece

~rzinom v U odnosu na nepokretni sis tern u pozitivnorn smjeru Xose, Razmatranje provcsti :za jednodimenzionalan sluzaj.

R i c.s, ul = -----.!:!.L-:~~.::.:: • x /1- :'L!!;;t,

.- - V e2

6. a) 'Koliko ce ukupno spcktralnih linija emitovati vodonik u atomskom stanju Ciji su atorni pobudjeni na n-ti energetski nivo.

3.1. DRUGI PARCIJALNT I CIJELI ISPITI IZ FlZIKE 269

b)Odredi razliku talasnih duzina glavuih linija Pa.;Senove i Balme-

rove serije ako jt RH = 1.()97· 107 l!m.

R ·' ) ~ "in-1) I) A,\ ~ ,\ . ~ A = 468 -" 1 22· 10-6 }CS. a x ~ 2 ' ) w. - 4.) 32 35RH -.' . m

7. Kada se povrSina fotokatod€. od nepoznatog materijala os-vijetli svjetloscu talasne duzine ,\ = 320 nrn dolazi do prckida fotoelektricne struje pri inverznom naponu od 0.2 ii. Odredi izlazni rad fotoelektrona iz tog rnaterijala i maksimalnu talasnu duiinu koja Inoze da izazove fotoelektricni efekat na tom materijalu. (h = 6.62' 10--:;4 .1 8, C = 3 . ]08 m!8, e = 1.6 . 10-16 C)

R}'es. Ai = ~; _.- eUz = :~.68 eV', Amax = 305,8 nrn 8. Izotop stroncijUITla se ,6- raspada sa periodom poluraspada

od 28 godina. Koliko je vremena potrebno da se raspadne 90 % prvobitne koliCine stroncijuTna. lzraz za racunanje broja raspadnutih

jezgara izvesti.

( \),V):lt) Tln10 d RJd. LIN = No 1 ~ e---r- , t = '060:< = 93 go.

Napomena: Za C£Jeli ispd se jade zadaci 1 ~ 21 31 51 6 £ 7 J a za drug£ parn:ialn£ i siud(;nte masinskog ods.ieka. 8U zadaC£ 4,5,6) 7 i 8.

3,3.9 Pismeni ispit iz Fizike

Tuzla, 5.2.1990. god.

1. Odrediti ugao prema hOTizontu a pod kojim treba izbaciti

projekti] sa horizontalne podloge, cia bi se upotrebom minimalne

energije) prebadla zgrada ravnog krova visine h i sirine b) podignuta

na istoj horizontalnoj podlozi,

R ·' ~ t /1 -'- 4H }C8. 0:.- arc ,anV ,}, 2. Spust.ajuci se sa vrlla neke strme ravni visine h tijelo se zaus

ta.vi na rasojanju Sl od kraja Rtrme ravni. Do1m,zati da je koeficijent trenja. fL = h/ (Sl + 52), ako je S2 osnovica strrne ravni. Sma-trati da

je koeficijent trenja isti na citavom putu. 3, N a krajevirna tankog stapa· cl'nzine L -=-. 40 em i mas; m =

500 9 pricvrscene su kugle rnasa rrtl -= 300 9 i m2 = 400 g. Stap je postavljen na horizontalnu osovinu koja pTolazi na rastojanju Ll = 10 em. od manje mase. Ako se izvede ii! ravnoteznog polozaja za ugao

o = IT 13 i pusti, ocirediti brzinu manje kugle u trenutku kadasistem

proJa~i kroz ravnotezni polozaj. Sva trenja zancmariti, a kugle

270 GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PlSMENIH ISPlTA

smatrati tackastim. Izvesti izraz za izracunavanje momenta inercije stapa u odnosu na datu osu.

Rjes. I" = 1- (L~ + Lil , V - wL - !6(3m2+ m - m l )g(l-cos fJ /

1 - 1 - V L(2m.;+ 108rn2+im)· = 0.29 rn .s

4. Naci relativan braj molekula gasa cije se brzin€ Ile razlikuju vise od p = 1 % od vrijednosti:

a) najvjerovatnije brzine,

b) srednje kvadratne (efektivne) brzine. R " )"N ........!'E. Jes. a -N- = r.c-~ = 1.66.10,·2

V lOO%1re ,

b) 6// = 12,,{fe-15p _ 1.85 .10-2

5. Jedna hipotetii'ka termii'ka illaSina koristi kao radno tijelo helijum. U toku kruznog procesa ave masine uslovi su takvi da se mogu primijeniti jednaCine za ideal an gas. CikJus se odvija tako da gas iz stanja 1 do stanja 2 prelazi izobarnom ekspanzijoill) pri cemu mu se zaprernina poveca 5 puta, zatiill se, do stanja 3 radno tijelo izohorno zagrijava do 2 puta vise temperature nego u stanju 2, zatim se adijabatski siri do stanja 4, odakle izoterrnno Se vraca u stanje L Skicirati ciklus u pl>r_ koordiIlatnom sistemu i odrediti koeficijent km'isIlog dejstva liMine.

Ries. fJ = I - -~.- = 1 - 2i(KC~illn5+1nl.Ql - 0 -I

6.' Napon na r~r~d~~~;skoj· cijev/j~1~9~~8~O ~1>, . ~endgenski zTaci

minimalne talasne duzine 1Z kontinualnog dijela spektra stupaju u interakciju sa slabo vezanim elektronima tako da se rasijavaju pod ugloill e = 600. Pod kojim uglom uzmaknu elektroni pri toj interak, ciji?

R · , 1 Jes. tan'P = -(~--')-- = 1.6065 'P = 58.10

eU.-,+l tan Q ' m()c- Z

3.1. DRUG1 PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE 271

VRIJEDNOSTI NEKIH OSNOVNIH KONSTANTI U FIZICI

(Najbolje utvrdjene vrijednosti do 1986. go::cd::;ci~n_e.L)_~.-_ Kon;;ta.nLa. i _. Vrijednost za UtvrdJena Aps. oznaka racunanje vrijednost greiL Brzina svjetlosti u vakuuniu ,c 3.00· 108 m/ s 2.99792458 tacno Elementarno naelektrisanje, e 1.60· 10- 19 C 1.60217733 0.30 Masa mirovanja dektrona, rrlo

Dielektricna propustljivost vakuUlua, co

Magnetska permea.bilnost vakuuma, f1-0 Masa mirovallja elektrona,m~ Masa mi.rovallja neutron a, mn Masa mi.rovauja atorna IH1, mH

Masa rnirovanja aLoma lH2, mD

Masa mirovanja atoma 2H e4, mH~4 SpecificIlO naelektrisanje elektrona, e. / m Masa mirovanja. proton a, mp

Masa Ill.ITOVanja neutrona, m" Plankova konstanta, h Komptonova talasna d uzina elektrolla, Ae Univerzallla gasna konsta.nta, R Avogdrov broj, NA Bolcmanova. konstanta., k Zapremina mola molekula

ideal.nog gasa pri st. usi. Faradejeva konstanta, F Stefall.-Bokmal1ova konstanta, {f

Ridbergova konstanta, BH Gravit.aciolla konstanta, '1

Borov radius, rl

Maglletni moment elekl.rona, ji,e

Borov ll1agneton, J.tB Magnetni moment protona, ji,1!

KOllstanta hue st.rukture, a

Napomena:

9.11 ' 10-31 kg

8.85.10 12 F 1m

1.26.10- 6 Him 5.49 10-4 u

1.0087 u

1.0078 u

2.0141 u

4.0026 u

1.76· 1O- H kglC 1.67 . 1O~27 kg

1.67 10- 27 kg 6.63 . 1O~34 J S

2.43 1O~12 m

8.31 J /molK 6.02.1023 rnol- 1

1.38· 10- 23 J / K

2.24 10- 2 m:J jmol 9.65 10' C Imol

5.67 10- 8 W 1m2 K 1.10 107 m- I

6.67.10 11 Nm2 /kg 2

5.29.10- 11 m

9,28 10-"24 J IT 9.28· 10- 24 J IT 1.41.10- 20 J/T 1 137

9.1093897 0.59

8.85418781762 tacna

1.25663706143 tacna 5.48579902 0.023 1.008664904 0.014 1.007825035 a.Oll 2.014101779 0.012 4.00260324 0.012

1.75881962 0.30 1.6726231 0.59 1.6749286 0.59 6.6260755 0.60

2.42631058 0,089

8.314510 8.4 6.0221367 0.59 1.3806513 1.8

2.2413992 1.7 9.6485309 0.30

5.670399 6.8 1.0973731571 0.00036 6.67259 128 5.29177249 0.045 9.2847700 0.34 9.2847700 0.34 1.41060761 0.34 1/137.0359895 0.045

__ Apsolutnll greska u kaloni 4, ima jedllinice kao Mo su u koloni 2. i mnozi se sa 10-:--6

Vrijednosti u koloni 2. treba mnoziti istim stepcHom kao sto je u koloni 2.


4. LITERATURA

1. G. Dimie: "Zbirka zadataka iz fizike'; (visi kurs), Nau{:na knjiga. Beograd 1987.

2. E. BabiC, R. Krsnik, M. Ocka: "Zbirka rijesenih zadataka iz flzike", Skolska knjiga, Zagreb 1982.

3. O. Zizic, O. Labat: "Zbirka zadataka iz fizike", Masinski fakultet, Beograd 1981-

4. I.E. Irodov: "ZadaCi po obscej fizike", Nauka, Moskva 1973 5. LV. Saveljev: "Sbornik voprosov i zadac po oMcej fizike"

Nauka, Moskva 1982. 6. N.N. Vzorov, O.I. Zamsa, I.E. Irodov, LV. Saveljev:

"Sbornik zadac po obscej fizike", Nauka, Moskva 1968. 7. 5.1'. Strelkov, D.V. Sivuhin, V.A. Ugarov, LA . .lakovljev:

)1 Sbornik zadac po obscemu kUTSU fiziki-Mehanika" ) Nauka, Moskva 1977.

8. S. M. Kozel, N.N. Kolacevskij, G.r. Kosourov, 1.1'. Mazanjko:" Sbornik zadac po lizike" , Nauka, Moskva 1965.

9. D.1. Saharov: "Sbornik zadac po fizike" , Nauka, Moskva 1973. 10. V.K. l(obllskin: "Metodika resenija zadac P? fizeike" 1 1z

dateljstvo lenjingradskavo univesiteta 1970. 11. V.A. Balas: "Zadaei po fizike ; metod; ih resenija" , Prosves

cenie, Moskva 1967. 12. N.M. Speranskij: "Kak resati zadac; po n.zike", Vissaja skola,

Moskva 1967. 13. J.V. Hofman: "Zakoni, formuli, zadaci fiziki", Naukova dum

ka, Kiev 1977. 14. "Berkeley Physics Cours", McGraw-Hill Book Company. 15. "The Feynman Lectures on Physics" ,Addison-Wesley Pub

lishing Company. 16. RV. Stanic, M.I.Markovic:"Zbirka re,enih zadataka iz atom

ske fizike") Naucna knjiga, Beograd 1989. 17 . .J .M. Puric, S.L Djenize:" Zbirka resenih zadataka iz atomske

fizike" 1 Naucna knjiga, Beograd. 18. V. Hajko, H. Schilling:"Elektrik-Optik-Quantentheorie",

VEB Fachbuchverlag, Leipzig, 1977 . .. 19 .... M.S. TodoroviC, O. Jovic;c, J.Jovi6<':" Zbirka ispitnih za

dat.aka iz fizike" , Gradjevinska knj;ga, Beograd 1988.

ISPRAVKEUOCENIH GRESAKA Str. red Stoji 5. 15. odozgo masem=2kg 10. Y.odozdo L 10. 8, odozdo neki ugaa 12. 12,odozdo gustine 12. 12.odozdo gustine 19. 15.odozgo x=30cm

21. 4.odozgo temperature

21. 6.odozdo c, ~4.19

35. 6.odozdo vI' "" 10.68

fI ~ 1I7,n 0

36 3. octazgo t~O.81

36 7.odozgo kuglice

36. lO,odozdo t~L28

36. 6.odozdo a =63.4,

tk =0.181.'0

41. 10. odozdo mase mi

4. odozdo -

Treba da stoji:

L, neb ugao a

zaprcminske mase zapreminske mase

A =!Ocm

na temperaturi

c,~4.l9·1O'

v,. =9.49

fI~1l4.22c

"",0.65 kolica

I:=l] +[2 =335

a =76

Ik =02vo

Tijdo smatrati tackastom masom

_ _ 2m(m+mj) . 41. .J, odzdo L - -_-,~-~Igf L =::; mgrt

L/JI~ml

42. 2.odozdo \=2.16 v=4.1

43, 14.odozgo

43.2.odozdo

44.8.odoz1o

h _ 1vI'h ,-

(3m + AJ)(2m + .'1.1)

Po Po

0' 1 11 = --;::,---~- 4a/1-. 4gS2 <> 8g

h Q2 ghlS2 v=--+-------- 2 4S'g 4Q'

45.8.odozdo Longituclinalni Logaritmnski 48. t5.odozdoQ=L20MJ Q=1.51MJ 49 14. odozdo lza.rijeCi Oba sIoja dodati:

sujednake debljine, a

52. 1-.4. odozdo }" = 2,84.10-4

N~323.62 r ;;0; 2.84 .10-6

N~32 371

Sir. red Sloji Treba da stoji:

r I ( dj

51.6.odozgo T ~ ll'R) 1)/4 r 2 11/4

(V I (d\ eJ) [. -;J T=l R) ~J

-0 7 d . 1}. 2 e )r . . 0 ozgo/co =---sm -

1- 7? 2

, 2(1- II) , U ""0 ==---Asll1-

'I 2 58. 3.odozdo Dodati: Za poluprecnikjezga

llzcti rJ

;;0; 1.2 .1O-J"; 171

1. odozdo rJ

::::. 11· 1 oj 5 m Trcba izbrisali

64.7.odozdo Dodatinakr<liu =4h==2m 65. 1. odozgo drugog prvog

10. odozgo Treba dodab na kraju ,='

14, odozgo Treba dodati na kraju ;;-'"' 3x j

102. ] 8. odozdo v2 = v2 ( )

(VII} "Y-I 3mvQ 1 107A.odozdo l-- +- mL- !'. I , =

107. 2.odozdo

3 )lJAI + 3m)L J

2mvo __ 1---'--' =0.7)6)

(3m +lvf)g

3fJlvJ 1- --. = 0 92'75

(A1 '+ 3rn)(1\1 + 2f11)Lg . i

107.1. odozdo (P1 = arccosO.7565:::: 40°50'

91 ~ arccosO,9275:= 22 0

- 13 ll3. 9 odozdo F::::. - -- V'JTpRJ--;~

. 204'''' "

Str. red Stoji Trebadastoji:

13 113 1.odozdo a=-prpR

204

95 a=--mpR

1156 '

128. 5. odozdo = ~r; + .6;; = AJ1 +6F~

6.) +.6. 2 M j +M2

13 L 3. odozgo - In! cos a) -P1cosa)

-m2 cas a) -)1.2 cosa)

v , mv'

133.6.odozgo r r

141. 12.odozdo

~ dtJ11 r2ppogL>IJ_ =.106.82 4 ~(d,' /d; -1)

141. 4. odozdo Treba dodati: Smatrati da su srednje vrijednosti zapreminske mase Zemlje i Mjescca jcdnake.

e'E eUI 158.8.odozgo E2 = sin2a = d si~'2~'::;:

.. e'E eUL £2 =--,~-~,-=

2si1128 2dsin28

169. 1. odozdo p=5(Yo 17=5% 171. 2. odozdo .. ~O.24mA ~O.024mA

171. l.odozdo .. ~0.18mA ~OOI8mA

178. 7. odozdo .. =7.03.10-4 =7.29.10-4

181.10. odozdo= I

211.2.odozgo }LO +1 HZ --72 He 4 +Q

3L6 +1 H2 -? 22He 4 +Q

235.7.odozgoi,=i+mlLi ls=l+m),~

235_ 3.odozdo r= p=

252. 11. odozgo (3.140) (313) 13. odozgo (3.141) (3.14). 8.odozdo (3.14£)u(3.141) (3.15)u(3.14) 5. odozdo (3142) i (3.143) uvrstimo u (3. 139)

274

Str. red Stoji Treba da sto.1i: treba da stoji: (3.15) i (3.16) uvTstimo u (3.12)

253,9.odozdo(3.146) (3.19) kvantllog broja

=2624.41IDl 7 _ odozdo mase 3.odozdo =2624 nm

254. 11.odozdo

1- a = 47°58' 12I.g(m+M)(4}d + 3m)

Jl§L L, -L, -255.3.odozgo = ----=3).8Hz

m L1L2

1 IFL L, -I., ~ ... .1------ ~ 17.89Hz

2 V m L j L 2

255.16.odozdo =2000viIn =2000V/m

255. 15. odozdo a ~ 30' IJ ~ 600

2EO sin 2 a d >_ 3Eocas2 e 5. odozdo d ~ .--

c£ es 5.odozdo

2eaL tan a eO 6,2L'

m + 2mEo cos2 0:

treba da stoji

1'----------~·~2~2~-

2E 2 eBLctg If e' B L v = \1. -m

Q· + ,

V m 2mEo sin- If

256.16.odozgo fi = 0.02 f.l = OA 256.13.odozdo =4.84

12.odozdo

260 2 ' d mo =931 .. 0 zgo

260. 3. Odozgo f4

=4.51 F'"1.6 N

0.425

Str. red Sto.1i Treba da stoji:

f4 = --".L = 0.283 3mnoe2

261.1.odozdo

treba da stoji

tre:ta da stoji

E ~ 1

268.6.odozgo =585.2 J

268, 8.odozdo _20=

269 10. odozgo ~"'305.8 nm 271. 1 odozdo koloni 2.

( 4d)2 163+T

=546.1 J

P::o :::: =337.4nm koloni 3.

275

Zbirka Zadataka Iz Fizike

Text of Zbirka Zadataka Iz Fizike

Zbirka Zadataka Iz Fizike Maric3a5musemic3a5omanovic3a5 a5

Zbirka Zadataka Iz Fizike c Visi Kurs

34 Zbirka Zadataka Iz Fizike d Dimic3a5mitrinovic3a5

ZBIRKA ZADATAKA IZ FIZIKE D GOJKO L.DIMIC.pdf

Zbirka zadataka iz fizike za srednje skole

Zbirka zadataka iz fizike C -srednji kurs Dimić

59597870 Zbirka Zadataka Iz Fizike

zbirka zadataka iz fizike 1

Zbirka Zadataka Iz Fizike Visi Kurs d - g.dimic

ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ FIZIKE

Zbirka Zadataka Iz Fizike, Fazlic

Zbirka zadataka iz fizike za prvi razred gimnazije

Plava Zbirka Zadataka Iz Fizike

6 b Zbirka Zadataka Iz Fizike Maric3a5musemic3a5omanovic3a5 a5

Zbirka Zadataka Iz Fizike d Gojko l.dimic

zbirka-zadataka iz fizike maric.pdf

Zbirka-zadataka Iz Fizike Maric

Zbirka Zadataka Iz Fizike

žuta zbirka zadataka iz fizike

Zbirka zadataka iz Fizike I

ZBIRKA ZADATAKA IZ ELEKTROTEHNIKE I …univerzitetpim.com/wp-content/uploads/2016/11/Zbirka-zadataka-iz... · zbirka zadataka iz elektrotehnike ... fizike poluprovodnika, ... zbirka

Zbirka Zadataka Iz Fizike (Tomislav Nikolić)

Zbirka zadataka iz fizike I.dio - Brković

zbirka zadataka iz fizike nada brković

Documents

Zbirka Zadataka Iz Fizike

Text of Zbirka Zadataka Iz Fizike