38399597-Zbirka-Zadataka-Iz-Fizike.pdf

UNIVERZITET U TUZLI FAKULTET ELEKTROTEHNIKE I MASINSTVA

Recenzenti:

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

Dr Refik Fazlic Dr Hrustem SmailhodZic Mr Zalkida Hadiibegovic

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

0\'3

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

ZBIRKA ZADATAKA IZ FIZIKE (Trece izdanje)

elP - Katalogizacija u publikaciji --~.~ Narodna j univerzitetska biblioteka Sarajevo

53(075.8)

I 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. : ilustr. ; 24 em Tiraz 250 1.SMAILHODZIC, Hrustcm I 2,HADZlBEGOV1C, Zalkida Uradjeno u JU NUB Tuzla

I Tuzla 1995.

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

1

I

1,

1

III

II Iz predgovora prvom izdanju

SADRZAJ

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

Zadaci za audit orne vjezbe 1 1.1 Ravnornjerno kretanje ......... . 1 1.2 ,lednoliko promjenljiva i slozena kretanja .2 1.3 Kinematika rotacionog kretanja .............. . .. 3 1.4 Dinamika translatornog kretanja-l .............. 4 1.5 Zakon 0 odrzanju impulsa ........ . . .5 1.6 Zakon 0 odrzanju energije .................. . . .6 1. 7 Dinamika translatornog kretanja-2 .. 7 1.8 Gravitaciono polje .............. . ..9 Di.namika rotacionog kretanja-l 1.9 .. 9 1.10 Dinamika rotac:ionog kretanja-2 ... 11 1.11 Mehanika fluida ........... 12 1.12 Elasticnost ... . ... 13 1.13 Oscilacije-1 ...... 14 1.14 Oscilacije-2 .... 16 1.15 Oscilacije-3 .. 17 1.16 Talasno kretanje ... 18 1.17 Nauka 0 toploti. Gasni zakoni .... 20 1.18 Molekularno-kineticka teorija .. .............. 24 1.19 Kretanje u elektromagnetnom polju .. 26 1.20 Osnove relativisticke teorije .............. 28 1.21 Toplotno zracenje .......... . ................ 29 1.22 Fotoelektricni i Komptonov efekat ..... 30 1.23 Atomska fizika ...... :n 1.24 Nuklearna fizika .... . .... 33 2 Zadaci za kontrolisano ucenje 35 2.1 Kinematika translatornog kretanja .... 35 2.2 Kinematika obrtnog kretanja .... 37 2.3 Dinamika translatornog kretanja ... 38 2.4 Gravitacija .............. . . ... 39 2.5 Dinamika rotacionog kretanj a .41 2.6 Hidrostatika i hidrodinamika ... 4:1 2.7 Oscilatorno kretanje .... 44 2.8 Talasno kretanje .46 2.9 Nauka 0 toploti. Gasni zakoni ................ .47 2.10 Molekularno-kineticka teorija ...... 50

IV 2.11 Kretanje u elektromagnetnom polju 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 3.1 Prvi parcljalni lspiti iz Fizike 3.1.1 Prvi parcijalni ispit iz Fizikc, 31.1.'84 3.1.2

3.2

3.1.3 3.l.4 3.l.5 3.1.6 3.1.7 Drugi 3.2.1

.51 . .. 53 ... 54 .56 . . 57 .58

61 .... 61

Prvi parcijalni ispit iz Fizike, 24.11.'87 ............ 74 Prvi parcijalni ispit iz Fizikc, 16.5. '87 ....... 88

3.2.2 3.2.3

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 Prvi parcijalni ispit iz Fizike, 2.4.'9{) ... . parcijalni ispiti iz Fizike .............. . Drugi parcijalni ispit 1Z Fizike, 30.8.'82 Drug] parcijalni ispit iz Fizike, 26.1.'85 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 8.4.'85

3.2.4 3.2.5

Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 5.5.'87 .. Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 11.6.'90

3.2.7 3.2.8 3.2.9 3.2.10 Drugi 3.3.1

Z adaci za auditorne vjezbe

... 101 .. 114 .... 126 ... 140 . ... 143 ... 143

.150 .... 160 . ..... 172 .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 Drugi parcijalni ispit iz Fizike, 2.9.'87 .. . .... 243 3.3 parcijalni i cijeli ispiti iz Fizike .. . ......... 254 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 3.2.6

Glava 1

..... 61

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

v

gdje su a, b, die pozitivne konstante. Odrediti vektor brzine 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 tijela biti na istoj udaljenosti od tacke A. Kolika je ta udaljenost? Kolike su relativne brzine tijala

ce

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 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?

vo.

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 tiajektorije 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


4

1.5. ZKON 0 ODRZANJU IMPULSA

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.

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

b) ugaonu brzinu tacaka.

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

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

24.

va,

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.

Masu kotura i

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?

Dinarnika translatornog kretanja-l

21. N a tijelo mase m, koje se krece po horizontalnoj podlozi brzinorIl pocnu istovremeno da djeluju, paralelno sa podlogom, sile ifI i F2 , koje zaklapaju uglove 0:1 i 0:2 sa smjerom pocetne brzine

5

j

1.5

1

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

i

Zkon

0

odrZanju irnpulsa

6

GLAVA 1. ZADACI ZA AUDITORNE VJEZBE

1. 7.

DINA.MIKA TRANSLATORNOG KRETANJA-2

7

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?

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.

1.6

1.7

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

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

Dinarnika translatornog kretanja-2

39 .. Na strmim ravnima 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 prebacen preko kotura.


8

Koeficijentjenti trenja tijela i podloge su respektivno.

fl.!

=

0.1 i

fl.2

= 0.2,

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
41. Na strmoj ravni nagibnog ugla
, If).

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

9

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

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


10

zatezanja u nitima. Poluprecnik kotura je R osovini kotura zanerIlariti.

=

0.25 m. Trenje u

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

1.10

11

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
12

GLAVA 1.

.1.12. ELASTICNOST

ZADACI ZA AUDITORNE VJEZBE

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' ? Ugao koji zaklapa sila sa horizontalorn iznosi f3 7r /6. Konac kojirn su pove-

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.

zana tijela je idealno savitIjiv 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.

1.11

13

1.12

Elasticnost

m

Mehanika fluida

60. Odredi V1SlllU zivinog, a zatim vodenog stub a tecnosti koji odrzavaju ravnotezu atmosferskom pritisku Fa = 10 5 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 cm 2 . Izracunati vrijeme za .k.oje ce cisterna ostati prazna.

I

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 6 iTk = 20.6 . 10 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°.

GLAVA 1. ZADACI ZA AUDITORNE V.JEZBE

14

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 ern z , 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· 10 10 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 . 10 10 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

1.13. OSCILACI.JE-1

15

75. Areometar mase i l l 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.

Oscilacije-l Odrediti :

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.

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~/~/~~//~~

16


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 prebacena je lagana, idealno savitljiva i neistegljiva nit, za cije kraje ve 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 1'0stavi 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 trenja 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. -' k onac 0 d .klatno .duiine L i mase rn') kod k ogaJe . 1-84. Matematii'ko 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,por vaz . d u h a zanemariti. 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

lZ

ravnoteznog polozaja

d 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.

GLAVA 1.

18


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 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 •

m-"


20

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 P z , 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 080vina na udaljenosti r = 30 em, od kraja te sipke, obrne za 2 podioka izrazena u mm na zakloT nu udaljenom L = 1 m od osovine durbina (vidi /\ /\ sliku). Koliki je termii'ki koeficijent sirenja cin-

ka'!. 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 em 3 zive temperature 18°C. Kolika ce zapremina zive izaCi iz boee, kad se sistem zagrije na 38°C? Termicki koeficijent zapreminskog sirenja zive iZIlosi / = 5 18 . 10- 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 5 je 1.05.10 Pa, a temperatura vode na toj dubini je 4 DC.


22

109. Kolika se kolii'ina toplote ntrosi da bi se kiseoniku mase 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 C p = 903.5 J/kgK, a pri stalnoj zapremini e v = 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 rnm 2 , a atmosferski pritisak 10 5 Pa. Tn

=

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 em 2 . 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/8 2 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 . 10 4 Pa, a u drugom 1.5 . 10 4 Pa. Koliki je pritisak vazduha poslije otvaranja slavine, ako je zaprerIlina prvog suda 250 ern 3 , a drugog 400 em 3 ? 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 -0 2 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 V 2 = 10V a zatim adijabatski ekspandira do " temperatura gasa je Ts = 600 K. zapremine V3 = 2V2 • Konacna 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

p B To [

A

RTo·

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 d 2 = 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 =75 WjmK, a krecnjaka = 0.6 W/iiLK.

"1

"2

24

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 i8tim 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 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 . 10 4 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

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 slobodno u 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 AP.eren Je rnJeno ~aspoclje~u koncentracije cestica gUIniguta, poluprec~ mka 0.212 rnrn ] za.premlnske mase 1 2 103 kg/'m 3 .suspend 'h U ovaIll 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 0 l'k . _. '. 1 a Je vTlJednost Avogadrovog hroja? L

. '

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

i

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).


26

1.19

1.19. KRETANJE U ELEKTROMAGNETNOM POLJU

Kretanje u elektromagnetnom poIju

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.

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, zapreminska masa ulja je 900 kg(m', a vazdubaje 1.2 k/grn'. 133. Elektroni dobiveni terrnoelektrollskorn ernisijom sa katode: ubrzavaju se jednosrnjernim naponom U = 260 V i poslije toga ulijecu normalno u homogeno elektrostaticko poljc [ izmedj u plo~ ca ravanskog kondenzatora. L d Koliki je intenzitet elektro~ statickog polja {, ako elek~ + troni 'padaj u na ekran u u tacku y = ~5 ern, 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 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

27

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 i {2=60 kV Pod pretpostavkom da su ispitivani joni jednostruko naelektrisani odredi nj ihove mase.

a

1m

I !';>

1m.

Snop.pozifivnih Jond

.~

nepr~mijenjena.

136.

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

-,

28

1.20

GLAVA 1.


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 premjesta 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 -

w

(3

V--~ I+{!

(! =

v 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 elektromagnetnog 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.

CLAVA I. ZADACI ZA AUDITORNE VJEZBE

30

1.23. ATOMSKA FIZIKA

31

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, < T 3 • 156. PolazeCi od Plankovog zakona zracenja apsolutno cmog ti-

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.

jela izvesti: a) Vinov zakon pomjeranja,

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 = 30 0 i kineticku energiju uzrnaklog elektrona. Da Ii u rasijanorIl zracenju pod titn uglonl ima zracenja sa talasnorn duzinom jednakom upadrlOIrl zTaeenju?

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

Talasna duiina

(nml ___ -?akocni napon (V)

I

5461492 I 436

I 0.40 I 0.60

0.90

I 369 1.20 11.50 405

313 2.10

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 = 60 0 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 = 90 0 ?

1.23

Atorn.skafizika

166. a) Koristeci Borov model atorna i Borove postulate izvesti lzraz za racunanje --i izracunati..- poluprecnike prva tri stacionarna stanja!

I I

32


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 vodonika 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 ze biti odredjen<-t kao E kmir:

rn+M

= --·-t::.E

1v[

Ekrnin

mo-

I Ii 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 jonizovanog 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-cestice. 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 raspada238 njem 1 kg. Cistog , od nastanka Zernlje (prije t= 2.5.10 9 godina), ako Je VTlJeme poluraspada uranovog izotopa T = 4 ..5 . 109 godina.

r.:

35


34

178.Dat je sljedeCi radioaktivni niz: 38

5 r90

f3-~~~_ .., 39 T = 28god

f3= __

yOO _ _ _

T = 64.2sata

(stabilan)

U trenutku t = 0 izdvojen je Cist preparat stroncijurna 5r rnasa mSr

=

9o

Cija je

1 rng. Kolika je rnasa cirkoniju.rna. Zr90 dvije godine

Glava 2

posilJe

izdvajanja stroncijuma? 179. Radioaktivni element, Cija je konstanta radioaktivIlog raspada ..\. 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

Zadaci za kontrolisano ucenje

atoma.

180. Izrai'unati energetski efekat Q nuklearne reakcije

2.1 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?

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 Dva broda se krecu po rnirnoj je,erskoj vodi brzinarna V, = 36'1dh/h i V2 = 72 km/h pod uglorn '" = 30 0 jedan prerna drugorn.

'.I 2.)

Odrediti brzinu prvog broda U odnosu na d~rugi, a" zatim brzinu drugog 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

2.2. KINEMATIKA OBRTNOC KRETANJA

2.2

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. ~"@ 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/3 2 , t z = 48

e

1

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?

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'

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, a Br = 24.15 radj 8 2 12. Pri krllznom kretanju materijalne tacke radijus vektora r = 0.8 m opise ugao = 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 ako se zna da se brzina na tom putu ravnomjerno povecavala. Rjes. at = 0.5 m/8 2 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

Rjd. va = 0.45 ml s, a = 0.3 ml3 2

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

37

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,

I t

!"

I I I

.1

J /~

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 obrtanja 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 = 60 0 prerna horizontali, pocetnorn 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'

2.4.

GRAVITACIJA

39

ako se poslije sudara tijelo m2 odvoji od petlje na visiR ni h = 1.125 m, a prvo tije10 vrati nazad po zIijebu, a zatim ponovo kliznuviii, odvaja se od petlje u istoj tacki kao i mz? Trenje zanemariti. RJeif. H = 32h-!j(m, - mI)2 = 5.25 rn rn. l

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 = 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",

m,

2.4

Gravitacija

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 homogenog 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
Rj'eJ. a) Ep =. ~~l'Mr!!!'

~p( r) za oba slucaja.

b) Ep = --1~1n

40


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),

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 < ltr'-

---l r 2 '

R.

rp=

r:2:R

-27rpry (R2 { ... ryM

,

'

i'.)

3'

r

< R -

r> -

R

a,

27. Odrediti odnose ubrzanja 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.

2.5

Dinarnika rotacionog kretanja 30. Izvesti izraz za racunanje momenta inercije:

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 R 2) 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 3'

as

-,

"1 M ,

R; R;

"1 M ,

h'

c) 1= =~'

1" ,

0.,

!>&.

a,

I

HZ,

a2

1

Ek2 =J~::~:)2 = 1:_27,

vl-prva' kosmicka brzina vTperiferijska brzina tacaka na povrsini Zernlje

= 2.8.10- 3

kgm' d) 1 = mR', e) 1) I

=

~mR2, 2)

0.0034

)' = .!..mR2

0.0006

31. Na masivni nepomicni kotur mase m'l i poluprecnika r namotana 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.

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.

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

7

a, 0.,

41

a) Tankog homogenog stapa u odnosu na osu koja je norrrHllna

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

,9(r)

2.5. DINAMIKA ROTAClONOC ImETANJA

5

R

0

..

Jeso

rnz

L

~ 2:m(:m+:md ~ 2:m+:m1

rg

t

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

42


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 kinetic-

m,

ka energija sistema u tom

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

43

.~

L

odnosu na svaj najnizi palazaj. Aka se kuglica pusti ana se neelastiCno sudari sa stapom. Kako ce se kretati kuglica

..

m

-':'--.-.~.

i donji kraj stapa poslije sudara i na koliku visinu ce se podiCi.

trenutku? Koliko je smanjenje potencijalne energije sistema? Smatrati da tijelo

m,

ml ostaje

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

Rjd.

Rjes. Ii = (2rn+1I)(~hm+M) 35. Rijesiti prethodni zadatak pretpostavljajuci daje prije sudara bio otklonjen stap ( njegov donji kraj podignut za h). 3M'h R- , f ]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 = V11._14'v v, c)"-k = v" 14

I,

33. Oko horizontalne ose moze slobodno (bez trenja) da se vrti poluga mase m = 1 kg (vidi 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

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 = 0.8.10 3 kg/m" a vode Po = 103 kg /m 3 •

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 3 mase p = 920 kgjrn • 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.

· ' H = --:::I' h RJe5. .PO

~

=

.

-'

.'

2py'2ih

1L) m, t, = 2t = - - - = 104 s • • (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/rn 3 • 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' .. afl h 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. ·'·t~1./2h(2 RJes . . - s~ V -,; cO

~2) .- ", == 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. · .. x =."-n2 S2"h 2 Q' RJe5. - _ .., - 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

= -0.8 m.ls 44. N a krajeve opruge kao na sEci pricvrscena su dva tijela rnasa ml i mz. Ako oprugu rastegnerno; drzeCi za tijela i pustimo obje mase istovrerneno, nastace mz oscilatorno kretanje. Odrediti period oscilovanja sistema. Krutost opruge je k. Sva trenja, kao i otpor vazduha za~em.ariti.

RJes. x = -0.29 m,

Rje[;. T

=

Vx

27fyi~.. m = k'

.2'l1."'.L ffl.,j-+m.2

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, m ono bi, ukoliko nema trenja, vrsilo harmonijske oscilacije. Dokazati to! A Zernlju smatrati homogenorn kuglom zapreminske mase p = 5.5.10 3 kg/m s Rotaciju ne uzirnati u obzir. Naci period j;ih oscilacija. · " F x = -si7rpmx, 4 RJes,

l' = . f'Fi .:= 84.5 m£n

V IP

46. Neka malo tijelo vrsi priguseno oscilovanje sa kruznorn ucestanoseu 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?

2.9. NAUKA 0 TOPLOTJ. GASNI ZAKONI

47

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 ' c~ 2r. . , w 1.77.10,.7 8

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 amP" 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 '+v~v", Vo = 0.6 Hz 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.
c) e max = ka = 3.18·10-4, G rnax = ka = ~ = Vm.(~'" W " 51. U homogenoj elasticnoj sredini rasprostire se ravanski talas oblika

2.9

· • RJes.

w

--

rez

I g ,~I"(,,l' V!~--·I.::· b.L 1+(>.j21r)2'

a

-

rez -

F · ( oAL::"L 41rmg

4,' )

1 +,;;:-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)

A

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.

N auka

toploti. Gasni zakoni

0

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.

.u

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

~ 19

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.

GLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UGENJE

48 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.t 3 - t q)( rn l+m"H-m.ZQl Jes. m3 q,-+c(tz t3) = 193 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 ispumpavanje balona zapremine V = 1 dm 3 • NaCi pritisak u rezervoaru poslije dvadesetog hoda pumpe, ako je pocetni pritisak Po 1.01 . 10 5 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 dm s , nalazi se gas pod pritiskom P1 = 105 Po., a u drugom sudu zapremine V 2 = 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 = 0.63.10 5 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 helijumu: 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 presjeka 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. · " m = -)..i;,.tST - L - = 46 g R Jes. q, 66. Dvije cijevi, jednakih precnika i duzina, obmotane su dvoslojnom 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.

~ = A"

,n2P. j dl+),zdz)(),zd 1 +)'ld221 4a 2 ),lAz

68. Prostor rnedju koaksijalnim cilindrima poluprecnika R, i R2


50

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:/'k dIn ~l

Molekularno-kineticka teorija

2.10

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.

·"..6.N R Jes. N

4

/2e-- 3nTv (M)3 2RT

4

v 2 .6..v = 6.45 . lO~ 70. Kolika je najvjerovatnija brzina molekula azota u prethodnom zadatku. Izracunati srednju vrijednost brzine i vrijednost efck= "lir

M2

tivne brzine (srednje kvadratne brzine). RjeiJ.

Vnaj

=

[if! = J'':J = 422 mj s, v =

J~T;

= 476

mis,

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. veJ =

Rjes. Vnaj v'f

=

=

If! =

450 rnls,

v=

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. _

4R In ::

K b)

11

=

h RT 'lh:>.!1 - 6364 K 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·Jes.- j·(E) =

1 --"~ v?r2 (k1')3j2e kT -V E, Enai =

1 "2kT J Ne.

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

J!! = 508 Tnls,

JFf = 551 mls

a) T = M(v;-vTJ = 328

2.11. KRETANJE U ELEKTROMAGNETNOM POLJU

Kretanje u elektroIllagnetnoIll pOlju

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~~ ce

=

3 ns, S

=

m",' ~+-(~r~)2 = 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

52


elektroni napustaju kondenzator.

RJeS. h = :::~ (~ + L,) [ =0.166 m, = 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 (vidi sliku) L = 2v3 em, rasc~ i tojanje izmedju ploca d = ~. 1.5 em odrediti energiju c~! lektrona koji prolaze kroz ~. oba otvora. Smatrati da u" /~. A Ri pad elektrona na plocu ne 'r(p i " . ~ mlJcnJa napon izmedju plo/:

e

1

-

J

ca.

Rjes. E, =

"NN o

=

= 82.25%. gdJ'e J'e E, = -"L_ ' cosZ B 133 . 3 eV

E".".-E, E".""

_L,U_ 2dsin 20 ~

=

133.3 eV

80. Elektron ulijece brzinom Vo = 10 4 mj S 11 stacionarno homogeno ma.gnetsko polje indukcije B= 0.01 T pod uglom a = 30 0 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 polje intenziteta [=4 kV jm i B = 50 mT. Putanja pri y tom lezi u X Z -ravni i zaklapa ugao 'P = 30 0 sa X -0o som. N aCi korak spirale po x kojoj ee se kretati protoni z poslije iskljncenja elektricnog polja. Rfes. D..L-= 27rn;~~n'PE=-6··cm 82. Frekvencija generatora ciklotrona je 1/ 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· 10 5 V ,

Specijalna teorija relativnosti

2.12

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. Analogno 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 poB A red drugog. 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.

6--LQ_o

·,) RJes. a

b)

TA

TB

L

= -, TE' t!

= 10 ~;;;2 vVl.-c

)

LF1-

= -V

TA'

v'

2

C

=

!~--., TEVl - ~ c2

= 10v

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

r

=

2 \/v I 1 + V'2

_

f\"-'-"'-)'. c

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

CLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UCENJE

54

odnosu na nepokretni sistem u pozitivnorn smjeru· X-ese. Razrnatranje provesti za jednodimenzionalan slucaj. ·• ,~ (1_#')'1' (3 ~ u R Jes. w;r; - W'X ( •• ) , ,~l-~'

(1

RjeiJ. w = Wo + 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. 90. Doplerov efekat omogucio je da se otkriju dvojne zvijezde toliko 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. 0: 1r

= 3 . 10" km, M

2.9.10 29 kg

Toplotno zracenje

RJes. a) wv(v, T)

_fu£

1r C

ekT -1

= 8:~2"kT

Presavsi na novu promjenljivu

b) wv(u, T)

= 81r:~VJ e-f;i

X

I

= liw 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

=

b)

.

_1!~ (kT)4 roo x'dx ~ 1r2C3 n Jo eX~l W

7n

= ,~~§22kT

cons

-~ canst·

t . 1'4 )

T

93. Zracenjern od Sunca, svake minute, na 1 cm 2 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 . 10 6 km, a poluprecnik Sunca R = 695550 km.

= [(~)

;;]'/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

(Y

(.1,..1..) T2 T{

= 1.66 s

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 = = 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.

T,':;+b

91. Kako ce glasiti Plankova formula za spektralnu gustinu energije zracenja za slucajeve kada je: a) hv « kT i b) hv » kT.

55

92. Zakon raspodjele energije zracenja u spektru apsolutno crnog tijela na jednoj stalnoj temperaturi l' ima oblik w(w)dw = _._~.!1'_ 2 3

RJes. T

Rjes. v = f6V = 0.25 kmj s

2.13

TOPLOTNO ZRACENJE

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. · ~ (A/AO)'-1 ~ RJeB. 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.

R;"es. D = 2R = ("') )" max

2.13.

56

GLAVA 2.

ZADACI ZA KONTROLISANO UCENJE

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 =, 8 . 10 14 Hz emitovane fotoelektrone ce zaustaviti napon od 8 V. Izracunati Plankovu konstantu. Rjel. h = 'lU o - u d = 6.66 . 10-. 34 J S

V,

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

> 0, f::.U z < 0)

&(~£ - 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.

b)

Rjes. A=ax =

e =

1 __ : U ..\

= 336.8

he

""'"

e

Rjd. 1

= 1-'~cos8 =·1.1

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.

----;;;;-;Z

MeV

101 Faton energije E, ",,0.28 MeV rasije so pod uglom e·~ 1500. Odrediti: a) Energiju rasijanog fotona E z!

=

sin 2 !L2 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.

Rjes. Ao

.....!1........ 1-7/

= 18° 26',

4

2

L

Ek = -moc = 0.68 "IcV 3

Atornska fizika

2.15

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.

nm, Ai = ), he = 3.68 eV

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

Eo

57

b) Energiju uzmaklog elektrona E!

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

2.14

2.15. ATOMSKA FIZIKA

RH

=

Eva

=

meff"

~(4 1 I' m "f,,;e = 13.598eV, m;;ff = z 4

11"0:0

(41re;'J)22n 2 hc'

Jb",.,,}!JL -Ev

-

0 052 0/, . ~

.o~

R"oo-R" RH

rn"m)J rne+7np

0 0"4

-.;;

~,

/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).

GLAVA 2.

58

· RJes.

a

) R

= Te

+ Tp

ZADACI ZA KONTROLISANO UGENJE ~

-

41r e nn

2

n,z ., = 0.285

rnef fe-

pml

me!!

=

m m -~ rn,.,-,. +mp

2 53 k.V \ ~ 36e~h3c a 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? n(n-l) · R 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.

E - __1~m"fft4 f)

~ (41l"e:o)2

v

2-n2

-

-.

_

RJes. j~--'-l-----

n=

II _ ~h3ce;5('\1+),2)

.~ A

= 5

Z?'rn-"2 e 4)'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;: = 1.09698.10 7 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 vo Je . 'Jon L t '-+-+ . / • eOl V 14m,6,,l. -- .... , 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

59

2.16. NUKLEARNA FIZIKA

112. Izracunati energiju veze jezgra deuterona 1HZ, kao i specifienu energiju veze po nukleonu. Rjes. Ev = ~mc2 = (rn p ·+ mn - 'rnj)c 2 = 2.23 MeV, E"IA = 1.115 MeV Inukl 8 113. Izracunati energiju veze zajezgra berilijumovih izotopa ,Be 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 + 5m n - mj)e' = 58.3 MeV, Ev,jA2 = 6.48 MeV In'ukl 114. SmatrajuCi da se deuteron moze razmatrati kao sistem 15 proton-neutron na medjusobnom rastojanju 2.5 . 10- 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. Upe = 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 Pb 20G je rl = 2.8. Ocijeniti starost rude, smatrajuci da je sva olovo konacni proizvod raspada uranovih jezgara. Period poluraspada jezgara U 238 je 4.5 . 109 godina. Rjeif . t = --·1:-1 -'L = 2· 10° ~od 0.693 n 1J+ I 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 maksi0

2.16

N uklearna fizika

Ill. Srnatrajuci da se atorn vodonika nalazi

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 I H I , RJ"es. Tl = 0,53 . 10-- 10 m., Pa = _31'~l;:_ = 2 69 . 103 -kg!m 3 ) 41n.-.o· Tj

= 1.2.10

15

rn,

U

Pj = ~~ = 2.4· 10 17 kgjrn 3

,

InUlll.

60

CLAVA 2. ZADACI ZA KONTROLISANO UGENJE RJeif. a) N

NlO~ (e- A " ;'Z-)'l

_ e- A,,)

,

b) t 1

=

61

lntA,/A,) ),).

. 118. Izotop stroncijuma 38Sr se beta negativno ra~pada sa penodom poluraspada 28 godina. Koliko je vremena potrebno da protekne da hi s~ r~")palo 90% prvobitne kolicine stroncijuma? 90

RJ"es• t

=::::

TlnlO "~ 0,693 -

1

9"v go d .

G lava 3

119. Izracunati energetski efekat Q nuklearne reakcije 13 A1 27( 2 H

4 n ) 15 p30 e,

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

RieS. Q = tl.mc' = [(mH' doenergetska. Ne Inoze.

+ mAl)

- (m n + m p )] c' = -2.64 AleV. En'

. 120. Alfa cestica brzine v = 106 m/ s eJasticno se sudara sa J€zgrom ciju masu ne znamo. Uglovi rasijanja Q-cestice i uzmaklog 0 jezgra BU 60 i 30°, respektivno. NaCi masu jezgra.

RieS. M=

cot (j

.+ cos p)2 -

sin 2 p

2

121. U nuklearnoj reakciji

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 = = 0.13 MeV . 122. lzracnnajte debljinu olova potrebnog za ulnanjenje in tenzlVnosti 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,

1Q

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

3.1 3.1.1

rna; sin 2 ()

.sin 2(J( st"np

Rijeseni zadaci sa pismenih is p it a Prvi parcijalni ispiti iz Fizike Prvi parcijalni ispit iz Fizike 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

=

3.1. PRVl PARC1JALNl lSPlTI 1Z FlZIKE ske mase Zemlje p Rjeifenja: 1.

.= 5.5 . 103

63

kg /m'-

h = 50 em a = 'if /6

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 OS11

U

odnosu na

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-

Intenzitet brzine loptice pri udaru

0

strmu ravan je

,Vo

= V2gh

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 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

vo

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)

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE

65

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

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

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

x =

J

Vox t T

gx t2 --

2

•

= vot sm.

vot cos

U trenutku drugog udara loptice

0

0:

+ gt

2

sin

0'

(va

2 gt 2 cos a

=-----

Q: -

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

strnm ravan je y = 0, pa se dohija

gt' -.! )t 1 cos

2

Q:

= 0,

odnosno vrijeme letenja kuglice izmedju prvog i drugog odskoka

= 3vot, sin a

. gti sin a 4v5 sin a = vot, sm a + - - - - = - - - - = 8h sin a 2 g

(3.2)

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 Vo sin a::

V2y

=

Va

+ gt 1 sin a:: =

cos a .-' gtl cos a =

=;.

+

gt 2 sin 2

2

0:'

= 2 . 8h sin a

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

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

1J2x

= 0,

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

g

X,

gt2

"2 )t2 cos a

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

2

X2

(vo -

~

3vo sin 0' -Va

cos a

Tn

= n· 8hsin ex = n·

Xn

Xl

Za zadane podatke je Xn = n . 2 m, b) Odnos komponenata brzine u pravcu Xdrugog udara bice VIz

-= Vl y

3vo sin a

pisat

Y -ose u momentu r;.,-

.... ,=-3tana=-y3 -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

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

66

Projekcija ove relativne brzine u vertikalnom smjeru prema dole daje Vl,2

=

Va

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE 'fada se iz jednaCine }itr =

+u /1

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

=

4v;2sina

--'--.~

=

4(vo

+ u)2sina

9

100% - k

= 2.69 m

9

L = 1m

Q

k = 27.5%

b)

10~%) mg = lO~%mg k

m= 109

a)

za koeficijent trenja mirovanja dobija

/1 = - - - -

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.

(1 -

GIl

=? At, =7 v oc?

ce

(t) oznaCili trenutne vrijednosti sile trenja, rnase, odnos-

no 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

m

c) a) Tezina onog dijeIa lanca

= 0.38

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

gdje sme sa

'I

67

h

mg

2

koji visi izvan stoIa P9v~aci lanac po stolu. Dokle god je ta f3ila rnanja od sile tr'e-

Rad sile trenja je skalarni proizvod te sile i pOlujeranja tijela

nja mirovanja' izmedju dijela lanca ria stoiu i stoIa, lanac nece kliziti. .

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 GI

· K a k 0 J€

b a+b =

k

100%'

=

m,g

=

m b r;bg ~" ----mg a+b

imacemo

k G 1 = rng--100% gdje je O 2 tezina onog dijela lanca sto je na .

F t = /1m2g = /1(m - r;ttlg = /1

,

(1 --":.-) 100%

k'

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

v • t' mozemo pisa 1

Sila trenja je F tr = 1-"0 2 ) stoin

Kako je put na kome djeluje ova sila

mg

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/

1=

mv ( Z-L) + -22

Ez = mg h -

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,

mv ( Z-L) + -22

=

U

odnosu na:- datu

J

dI = pS

/

OSli

bice

L/2-d

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

w = --

I

=

(f -

F

d) t

mL2+d2

=

103 ra.d/s '

m

12

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

MI =

b) 2L 2

mg ( h -

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 2 dm = x 2 pdV = pSx'dx

I\1oment inercije stapa

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

mg h-

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPlTI IZ FIZIK.E

FI

(~+ d)

Prerna osnovnoj jedna6ni dinamike rotacionog kretanja je

Nakon sredjivanja dobijamo 1'1'[1 =

v =

3.

tt) b) c)

L = 6 m d = 0.5 m m = 1 kg F = lOON t = 13 s w ='( FA =7 I =7

\1I2At, ~ + Lg 1 m

k)

( 1 - (---)' 100%

= 2.67

1"'1

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

m/s

odnosno x ~s

w

'L ) = IF (z+·d t "( mti- + md F = 1

2

1

(f + d) t

)

w

=

71.43 N

GLAVA 3. RI.JESENI ZADACI SA PISMENIH lSPITA

70

3.1. PRVl PAR CI.JA LNI lSPlTl lZ FlZIKE

71

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

4.

D = 0.4 m d = 1 ern ho = 2 m

a)

v,

= vI(h) =? = v,(h) =? h = h(t) =? tis =7

V2

b) c)

Integracijom se dobija

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 Pa

+ pgh +

.pvi -2 = Pa

+

pv 2 __ 2 2

Kako je D4

::v d 4

Vh =

Na osnovu jednacine kontinuiteta strujanja imarno

(3.5) Rjesavanjem (3.5) po pgh

v,

i uvrstavanjem u (3.4) imamo

PV' + _, 2

v = d2./

=

d2 'if - • / -t D' V 2

=

canja

ti,

pS' __ , v'

2si

2gh.

=

s,

S2 V,

d.'V -;

= 1021 s

1

= 2.8 . 1O-

3

v1h (m/ s)

Uzimajuci

OVO U

obzir, mozemo (3.6) napisati kao

~

= 4.43Vh(m/s)

K vadriranje daje

b) Zapremina vade koja istekne za vrijerne dt bice -dV = S,v,dt

(3.6)

U trenutku kada bude istekla sva voda je h = 0, pa je vrijeme isti-

Brzina na donjern otvoru ce biti

V2

ho Fo

D2 (2h-

VD4_-d 4

1

mozemo pisati

(34)

c) 'lrazeni granci izgledaju

72

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH [SPITA

73

b) Kako je sila koja djeluje na kuglicu u svakoj tacki u tunelu usmjerena ka centrn i proporcionalna udaljenosti ad njega, to kuglica vrsiti oscilatorno kretanje kroz tune!. Period tih oscilacija je

ce

'lI1[10- ~l l

4


if, (h)

3

rmk =

2

T = 21Cy

2

21C

j--S;;;:-

4i 1C pm =

Irs;

ViP

(3.9)

Trazeno vrijeme je 1

t=

h[mJ "

•

2

gdje je obzir da je

rn'm r2

(3.7)

ro jedinicni vektor vektora polozaja kuglice.

,43 := -r 7rp 3 UVrStavanjem u (3.7) dobijamo m

UzimajuCi u

V=ax

= aw

=

min

'iP

21C

R z -'- = 2r. Rzy- = 7894 T . 3r.

m/ s ""

7.9 krn/ s

d) Vrijeme koje je potrebno "nultom sateHtu" je polovina vremena obilaska oko Zemlje. Odredicemo ga iz uslova

1J n

Brzina kojom se krece "nulti satelit 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

(3.8) Vidi se da je ova brzina jedanaka v max racunato u prethodnom djeljku. Tada je tl =

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

= 21.11

c) Maksimalnu vrijednost intenziteta brzine bi imala kuglica kad prolazi kroz ravnotezni polozaj ( centar Zemlje). Ona hi iznosila

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 jednaka 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=

T 4

0-

{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

3.1.2

GLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

Prvi parcijalni ispit iz Fizike 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 = ~~ 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 A dodiruje podlogu. Kolikaje maksirn.allla vis ina do koje h se popne tijelo B kada se sis tern prepusti sarnom sebi. Pri klizauju konca pre 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. '

v vorl

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: V t, =7 t2 =? ·v=Vo(1-t!T) d = 10 ern Vo = 0.1 mls 8 1 =? d) t = 53 S2 =? a) Xl=? h=6s it X t, = 4 s X2 =? t'2 = 10 S ,r t2 = 8 s X3 ="1 t3 = 20 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 1.

t

= 0,

x = 0, y = 0

b)

__

~

v = Va -

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 USIDjereno supiotno od smjera pocetne brzine, tj. kretanje ce u pocetku biti jednoliko usporeno. Pomjeranje koje tijelo iZVTSi za neko vrijeme bice A~· uT = r --

()

~

= Vo

t

~t'

+ -a

2

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 (3.10) x = ~d dobicemo nakon sredjivanja

~

.

~ Vo, = vot - ···~·~-t

t'

27

cosUVO"t' 2T

Vo

= vat - - t

2

(3.10)

2T

jednaCini

= 0

(1

7

±

F~~~

t, = 10.9 s i

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 X

2Td

27t ~ -

t , ,2 =

t Vo

~

11

Vo

Projekcija vektora poJozaja na X-osu daje koordinatu polozaja tijda u trenutku

77

3.1.. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE

Trazene koordinate ce se dobiti uvrstavanjem odgovarajuCih vrem_ena ovu relaciju: Xl = 0.24 m, Xz = 0 i X3 = - 2 m. b) Iz izraza za brzinu

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

U

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 t

2

~

2rd

2Tt+ -

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 Sl =

t, = 1.15 .s i t, = 8.85 s.

"'

V07' 27 v ot'2 vot + --27

Stl = Var

Rjesavanjem se dobija

"

TVo

volt ~ 7)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.

=a

I2;T) ,=7 ( l±Vl~-

=

2

Vo

t

art ~ T)'

--~-------.---

VOT -

~ -~

+

1Io(t

~

r)2

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.

CLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

78

Uvrstavanjem se dobija

GrafIk zavisnosti S(t) bice

S

(3.11)

vot cos ", = vo(t - 6.t) cos ", .

vot SIU 0':1

-

gt

2

= vo(t ...- llt)

-

2

6.t

=

2

3

4

'[

6

7

8

9

10

Vo

2

(3.12)

i sredjivanja, dobija

COS 0::2

(1 ..- - - ) t COS

o

g( t - 6.t)~

• SlIl(X2

Iz jednaCine (3.11) se, nakon skraCivanja sa

2.

79

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlUKE

a1

t

Va = 250 m/s "'1 = 7r/3 <>2 = 7r/4

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

6.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

t=

Zrn?- ce se sudariti.u nekOll1 trenutku, t
cos

0:2

(3.13)

COS'2 0:1

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

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

9

0'.2)

cos 2 0:2 -

Uvrstavanjerll u izraz za .6..t nadjen iz jednakosti

X,

__

2vo sin( cq

= vot cos "" = 4663.8 m

Y, = vu t sin "" -

3.

G A = 2G B h = 60 em

F'r =;G B /2 H=?

gt'

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.

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

h

Projekcije na izabrani koordinatni sistem daju za tijelo

v2

r

h

h max = ~ = 2g 6

Maksimalna vis ina na koju tijelo dospijeva bite

H

B:

4.

(3.14) Znak minus na desnoj strani jednakosti pokazuje da se tijelo ubrzava u suprotnom smjeru od smjera X-ose. Za tijelo A imamo:

7h

6- = 0.7 m

vo=3m/s

f3 mEg ~.~ F~l = -rnB0B

=

h + h max

=

= 20°

a)

I =?

b)

h

c) d)

t, =?

eJ

v =7

~,?

t2 "?

(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

Uoceni element valjka na rastojanju rod ose ima zapreminu dV = rdtpdrdz l odnosno masu

mAg - FZl - mBg/2

=

dm. = pdV

m'Ba

=

m~Aa

Moment inercije ovog djelica

U

prd
odnosu na osu simetrije je

dID = ,'dm = pr3 dr drpdz

Ako od druge jednaCine oduzmemo prvu i sredimo je, dobit cerna:

Ukupan moment inercije za obrtanje oko ose simetrije valjka ce biti 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

10

=

f

r 2 dm

=

10 = p (R" ,3dr

Jo

--

l!i~LpRJ.. 2

1 12~ 1L RO

p

(h drp rL dz 10

.

Jo

=

mR5 2

r 3 drdrpdz

~:

82

GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

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

b)

ostaje sarno moment sile teze. (3.18)

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

~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

I = 10

+ rnRo2 =

mR5

-2

+ mR~.

_

3rnR6 2

pa se koristeCi (3.19) dobija

3mRJ a,

odnosno trenutna vrijednost ugaone brzine obrtanja oko ose ce biti

v, w=Ro Diferenciranjem ave jednaeine po t dobicemo

(3.16)

~

=

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

dw ~ ~ dv,

dt

-2~~ R~

Ro dt

odnosno ugaeno ubrzanje pri kretanju ce biti 0::

a, = ._Ro

(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) .

U tom trenutku se nalazi na visini

h

=

. Sz sm j3

3v5

=-

4g

=

0.69 m

(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.

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE Uvrstavanjem u (3.23) i sredjivanjem se dobija 2

.

a, = ··gsm(3

Translatorno pomjeranje je odredjeno jednaCinom

3

3

ma, = L .F; = G + R + i;"

(3.21 )

Put zaustavljanja valjka biee

i=l

3 Va2 _ Vo2 _ Sz-·----2a, 4g sin (3 ,

a rotaciono aka ose kroz centar 3

15. =

a trazena vis ina

LMi,p = Me + MR + M

tr

3v 2 = 0.69 m 4g

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

-- mg sin f3

+ F tr

Y··osa

- mg cos (3

+R

=?

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 Vt

=

Vc

_0

TreCi nacin (energetski pristup) 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).

R = mg cos /3

(3.24)

(3.24) pisati kao

h = Szsin/3 =

(3.23)

= -mac

= 0

Iz (3.22) se vidi daje moment sile trenja suprotnog srnjera od ugaone brzine, pa ce prema tome izazivati usporeno obrtno kretanje

kretanju

i da se diferenciranjem dobija

at

=

an

mozemo

Kako je kod ovog kretanja u pocetnom trenutku Vo imacerno, nakon zamjene i sredjivanja

h =

3v 2 _0

4g

Rwo,

=0.69m

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 odnosno

85

Va'-

Iz = -

a,

= 1.34 s

CLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PlSMENIH ISPITA

86

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,

3.1. PRVl PARClJALNl ISPlTl lZ FlZIKE Prerna jednaCini kontinuiteta strujanja je

odnosno

= t z = 1.34 s

D21'(

v = aJs = Va = 3 rn/ s,

Uvrstavanjem u (3.26) i uzimajuCi

dakle jednaku pocetnoj brzini.

d D h H Q =? I:;.p

H

U

+:2

A

= P2

+ pgh2 + pv~ -

D.miV~

-~"-2--

2

(3.25)

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 2

PI - P2 = pg(h2 - h,)

2

_ v ) + p(v _2___'_

2

=

I:;. V

"~--

I:;. t

=

5vl:;.t - - = 5v I:;.t

)

v~

(3.28)

rniv 2 2

2

Uvrstavanje

11

=

I:;.mig H

2 V2

=>

=

2gh

(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

(3.26)

Zaprerninski protok tecnosti je zapremina tecnosti koja u jednoj sekundi protece kroz popf(~cni presjek cijevi

Q

d D4

. 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

jnu cijev, duz jedne strujne linije vazi

2

(3.27)

'

obzir da je h2 -hI = h, hnacemo

p ( 1 -

Em = !:::'

+ pgh,+ -pvi

4

-

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

=?

b) Prema Bernulijevoj jednaCini za proticanje idealne tecnosti kroz stru-

PI

--_··_'v

~

4

PI - P2 = pgh

a) b)

d'1'(

--v 4 I

e) Valjak, nakoIl zaustavljanja, krene niz stnnu ravan i pri dolasku u pocetni polozaj imace brzinu

5.

87

I:;.p = pg [h

a) Protok vode u fontani je

+H

(1-

:;4) 1

88

3.1.3

GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIII ISPITA

Prvi parcijalni ispit iz Fizike 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 = 3 S od pocetka kretanja,

m,

t

aka se sistem prepusti samom sebi iz mira, i aka je masa m, m, 2 kg. Masu niti kao i trenje U osovini katura zanemariti. Nit ne proklizava po koturu. 2. Valjak rnase m i poluprecnika r pocne da se kotrlja bez proklizavanja 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 r-je gustina p = 103 kg / mS. -h3 -- _. Izvesti izraz za racunanje h; protoka tecnosti kroz hori-zontalnu cijev. N aCi sredi l I L I ~ l nju vrijednost brzine (po presjeku) 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

-- - -

I IF 1'-1i'1...

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 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:

ce

1.

(3 = 7r/6

m,fm, = 1J = 2/3 Jl. = 0.1 mg

= 0.5

A tr

:7-=:?

t = 3

m,

m'l

S

= 2

kg fl

Prema Drugorn Njutnovom zakonu mehanike, translatorno kretanje tijela. ml i "1'2 i rotaciollo kretanje kotura ms opisuju se jednaCinam,a

ii, + 6 , + FZl + Ftr = m,a,. 6 2 + FZ2 = m2ii2

(3.29) . (3.30)

3

Iii

=

LMi

(3.31)

i=l

Projektovanjem ovih vektorskih jednacina na ose izabranog koordi-

90


sin f3

-m,g cos,6

- F tr + Fzl

+ R, = 0

91

Uvrstavanjem (3.35) u (3.36) dobicemo

natnog sistema, kao na slici dobijamo -mIg

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI lZ FlZIKE

'*

R,

+ -j.l cos ,6) g

rj - (sin,6

a= .

= ml al

= m,g cas,6

1

+ '7 + 0.25

/

= 0.41 m s

2

Put koji tijelo predje za prve tri sekunde od pocetka kretanja je

Na osnavu druge jednaCine se za silu trenja dobija

at'

S = -

2

= 1.84 m

Rad sile trenja je Tada se moze pisati

At, =

J.f~,.

dS = -

J

F t , dS = -j.lm,gcos,6S = -3.13 J

Rad je negativan, jeT se pomjeranje vrsi nasuprot djelovanja sile trenja.

Iz jednaCine (3.30) dobijama

2.

m

a)

r h v , -. -1

Treca jednacina projekcijom na Z-osu daje

.-

=7 Ekr =7

Vt

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)

(3.32)

+ .f~,

= m,a

mzg - Fz2 = mza

(3.33)

(3.35) Saberemo Ii (3.33) i (3.34) dobicemo

+ j.lcos,6)] 9 --·(Fz2 -

vc

-"7 --.

Vt

=?

h

Ekr ='1 Prema Njutnovim zakonima mehanike, kretanje valjka je opisano osnovnOID jednaCinom dinamike rotacionog kretanja N

I5.=

(3.34)

Moment inercije kotura U odnosu na osu obrtanja je I = msr2/2, pa uvrstavanjem u (3.32) dobijama

[m, -- m,(sin,6

b)

F z ') = ·(m,

+ m,)a

(3.36)

';LMi

(3.37)

gdje je I Inoment inercije tijela U odnosu na osu oko koje se vrSI obrtanje, a moment i-te spoljasnje sile U odnosu na istu osu.

Mi

Najzgodnije je da za osu izaberemo liniju duz koje se valjak dodiruje sa podlogom (trenutna osa rotacije). Tada je jedino moment 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 Moment inercije valjka Stajnerovoj teoremi

U

(3.38)

odnosu na datu osu izrac.unat cerno po

_

2,_

m2r .

2

3 mr 2

3.1. PRVI PARCIJALNl lSPITI IZ FlZIKE Kako je 10 = mr 2 /2 i

W

93

= 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

]' - 10 + mr - - - + mr = - - " 2'

2

Tangencijalno ubrzanje centra roase (tacka na osi simetrije) n odnosu na trenutnu osu bice

Kako je w =

1J c/r

i 10 = mr 2 /2, imacemo

Uvrstavanje u (3.38) i sredjivanje daje

Brzina centra rnase (ose simctrije valjka) na kraju strme ravni bice

v, = V2acS =

2V!9h3

Periferijska brzina tacaka na obodu valjka bice

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.

= Vc =

-

iJ',

v = rw,

v

Periferijska brzina tacaka je jednaka brzini centra mase. Ra.zmotrlIDo to malo detaijnije. 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 A ~

Brzina tacke A je ii"A = O. Odavdje se zakljui':uje da je odnosno v~ = wTsin900 = wr = Vc. Prema tome je

~

21/-~ "V 3

Kineticka energija rotacije ce biti

Kineticka. energija rotacije je

_.- Iow 2 mv; mgh Ekr = ~2- = ~4~ = 3

if"

94

3.

GLAVA 3. RIJESENf ZADAC1 SA PISMENII:1 ISPITA

rn = 80 kg

3.1. PRVI PARCI.IALN1 lSP1TI 1Z FlZIKE

4.

r

T, = 60 s

a) 'P =? b) (3 =? e) t =? Ako se covjek kre"e konstantnom brzinom v po 0bodu ploce, on ima odredjenl Inoment kolicine kretaIlja koji se moze izracunati kao

95

P = 10' kg/m' hI = 10 em h, = 20 em h, = 35 em v ='1

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

(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

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

lzraziti kao (PI - pz)r

(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

z

1l' -

dv dr

(-7)5-)

= 0

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

dv =

Ugao za koji se obme plata za vrijeme T I , posta je kretimje jednoliko obrtno, moze se izracunati kao Integracijom ovog izraza

b) C;'ovjek se za to vrijeme pornjeri za ugao se dobija

PI - pz 'rdr 2')L

CLAVA 3. RIJESENl ZADACl SA PlSMENIH ISPITA

96 gdje je

nepoznata brzina na osi cijevi. Nju odredjujemo iz uslova da je v = 0 za r = R (na zidu cijevi) Vo

Va

= PI_- P'R 2

47)L

3.1. PRVl PARCIJALNl ISPITl lZ FlZIKE

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.

Tada se, za brzinu na rastojanju r od ose cijevi moze -pisati

Q _

V~Vo

__ PI - pz 2 _ p, - P' R2 (

47)L

r

-

47)L

= R' '7fV- ::::}- -

'l}

r2 ) 1----

R2

Zapremina tecnosti koja za neko vrijeme dt protekne kroz srafiranu povrsinu iznosi

97

Q::-= _.- = pgh3 R2"ff

R2

247)L

/ = 1m s

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.

_____ L,

\

\ I '

_. -- ~ -'../

dV , = vdtd8 = PI-P, R 41JL

2( 1 -

r')

-

R'

2T1rdrdt

Ukupna zapremina koja protekne kroz citavu cijev za vrijeme dt bice

_j. dT

dV -

7' -_ "ff(PI - pzR 2dt -·-

27)L

I

lR ( 0

\

r2 ) r dr 1 - _.R'

Zapreminski protok tei'nosti je Q

= gd~ = zr(P12-:.r~)R2 [~ jg -'~2 ~ = ~(PI;;;Z)R'

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

Ir] (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=

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

GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH JSPITA

98

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'

- _ . = tlmgtlh 2

= j2~"!:"-h = 0.99 m/ s

v 5.

a)

U =?

b)

rn

m,

M

r

L

EpA -- EpE

B

mlm2

r'

U vektorskorn obliku sila kojom prva i'estica djeluje na drugu je .....

mlm2 ____

F = -"'I---ro

r'

TB

FdS cosO = -FdS cos a. = -Fdr

JF dr

= - j rn l rn 2

1

l;n =

T

A

= jrnlrn2 -

fro dr _ rA

-

jmlrn2

(1

,".- TB

r2

l' rA

-~)

(3.42)

+C

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,

-"'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 potencijalne energije sistema.

dA = -dU

Ukupan rad gravitacione sile na datorn putu je

0__

rnlm2

Ep(r) = - " ' 1 - r

Ep r =

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

.

= _'/ mlm2 _ (_, m 1m3.)

Odavdje se moze zakljuciti da je potencijalna energija sistenla, karl se tackaste mase nalaze na l'astojanju r, data izrazom

F="'I---

A = -

EpA ~ EpB

TA

Materijalne tacke ITlaSa ml i m2, koje se nalaze na rastojanju r rnedjudjeluju silom koja je po inteIlzitetu data relacijom

F· dB =

=

Smanjenje potencijalne energije se definise kao razlika izmedju potencijalne energije u pocetnom i krajnjenl polozaju

a F =?

dA =

99

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

U =?

m,


100


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

U(r) =

mlm2

-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


101

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

Srnjenorn a + L/2 - x integral postaje

d
=u

= - 1MJ L

dx

a+L/2-x

i uzimajuCi u obzir da je -dx

= du

ovaj

Potencijalna energija sistema stap - tac.kasta masa m kojaje unesena u tacku A iznosi

U = 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,

r b) Kako nije receno u kakvom su medjusobnom polozaju stap i tackasta masa, uzecemo kao na slid

_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

F = 1

3.1.4

mdm

Ja+L/2--x ~~~---

=

Mm a(a+L)

1---~~


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 d

dm ."C:""C.--

a+L/2-x

.M

= -1-

dx

..-

La+L/2-·x

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 konstantnom 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 kotura. Koeficijenti trenja tijela i podloge su 1"1 = 0.1 i 1"2 = 0.2, respektivno. 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.

103

3.1. PRVl PARClJALNl lSPlTl lZ FlZIKE

5. Unutar sferIlog tijela poluprecnika R i zapreminske mase p x 0 irna sferna 5upljina poluprecnika ------~r = R/4. Centar ilupljine je na rastojanju r = R/4 ad centra vesfere. N adji ubrzanje slobodnog padanja iJ. u tacki P koja je na rastojanju x = 3R od povrsine sfernog tijela. Centri sfera i

ee

tacka P su na istoj pravoj. Rjesenja: 1.

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

(3=7r/4 = 200 m/s Ct ='1

Vo

a) b) Xmax ='1 c) t =7

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

:;.1.

GLAYA:;. RlJESENl ZADACl SA PlSMENIH lSPlTA

104

PRYl PARCIJALNl lSPlTI lZ FlZIKE

Uvrstimo Ii rezultat iz (3.44) u (3.45) i sredimo dobit cemo

Ako granata treba da padne normalno na strmu ravan, znaCi da u tom trenutku treba da bude Vx = 0, to jest

( . va2 - - - SIn

_

Va

cos

0'

.

~ gtp SIn (3 =

0, =?- cos

Q:

gt sini3

= -p__.__. Vo

105

XD -

2

9 cos .B

(3.43)

2 SIH .,

a-

f'i)

. aSlllp

cos i3

(3.46)

Da bi darnel. xI! bio maksimalan, treba da bude U momentu kada granata dostigne najvisu tacku iznad kosine u Ypraveu njena komponenta Vy = 0, odnosno Va sin a - gil

COS

dXD

-=0

da

j3 = 0

a diferenciranjem (3.46) se dobija gdje je tl vrijeme penjanja do najvise tacke putanje iznad padine.

v'

Lako se zakljucuje da je

~ (2 cos 2", _. 4 sin Q cos cdanj3) = 0 9 cos {J

t, = v.- ,o"-s::,::n:..:,,,: 9 cos i3

,

N akon sredjivanja se dobije

!

i da je vrijeme kretanja tk = 2t, odnosno 2vo sin 0:

t k ,= ---''---

tan2a

1

= -- = tan i3

0'

=

"I = -

=

odnosu na horizontalu iznosi "I =

i3 + "

67° 30'

Domet tada, prema 3.46 iznosi XD

U

i3 + a

1

2 tan i3 2 ex = arctan 0.5 = 26° 30'

U gao

(3.17)

Da b1 granata pala najdalje, elevacioni ugao treba da bude

a uvrstavanjem u (3.43) dobijamo 1

'

(3.44)

9 cos i3

tall

1 =? 2a = 45°, a = 22° 30'

v2

-_or.;

9 cos/-,

(sin2a - 2sin2 atani3) = 1688.7 m

e) Da bi granata eksplodirala pri uda.ru u kosinu u situaciji pod

= 71" 30'

a) potrebno ju je tempirati na vrijeme

b) Kretanje po X·osi bice odredjeno jednaCinom t=tk=2

9,1' gt' sin i3 x=v ox t+"""-=vtcosa2 0 2

Domet po X-osi ( po kosini) dobil. cemo ako umjesto t stavimo tk (vrijeme kretanja)

(3.45)

2.

9 cos i3

= 25.72 s

p = 800 kg/m 3

L =2m S = 31.25 em'

a)

m ~ 12 9

b) c)

Va = 500 mjs

Vo SIn a

VI V2

=? =?

Vl/VZ

=?

106


a) Moment kolicine kretanja sistema prije sudara, mora biti jed' \ l. nak rnomentu koliCine kretanja \ \ 2 1\ . \ poslije sudara. Prije sudara gre'1, \ \ da je rnirovala, pa je mornent kolicine kretanja sistema predstavIj ao sarIlO moment koliCine kretanja metka L, = mv oL/2 u odnosu na OSli O. Poslije suda\ \ \ I \ ' ra metak i greda nastavljaju da , ~~ ' > M se obrcn oko iste ose, sa ukupnim momentom kolicine kretanja L2 = Isw. 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

o~

"X ~(~'\ \----th \'\

,

Nakon rjesavanja Dve jednaCine dobija se da je ugao otklona

1"1

1

~".~,

L(4M

+ 3m)

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

-;-c-::--

co

-

o

uclari u kraj grede mozemo

pisati

I

+ 1;")w'

l

mVoL

=~.--

19

+ Im

Je

m

3mvo

I

w =

.-~.

(M

+ 3m)L

..

Kineticka energija rotacije prelazi u potencijalnu energlJU, pa se u trenutku zaustavljanja obrtanja maze pisati

gdje je

II

L 2

(1 - cos 1"1)

(3.50)

Uvrstavanjem izraza iz (3.48) i (3.50) u (3.49) imacerno

Ig +1m

2

=

h' =

(3.53)

L(1 - cos 1"2) (1 .. cos 1"2)

t

(3.54)

UVdtavanjem se dobija h =

.."...--'..C::

2

\

U gaona brzina sistema neposredno poslije sudara je

w

(3,52)

1.

\

mVoL c= (Ig

= 0,945

(M

b) U slucaju kada metak

(3.49)

Sa slike se vidi da je

3rn2v5

+ m)gL(4M + 3m) = arctan 0.945 = 19.06°

cos 1"1

Moment inercije metka Im = mL' pa je Odavde se dobija da je ugaona brzina slsterna ncposredno poslije sudara 6mvoL (;J = - -..(3.48)

107

3.1. PRVI PARCIJALNl ISPITI lZ FlZIKE

2

w = (M

L + m)g-'(1 -

2

(

ML2 mL ') - -3mvo --.).. _.._-....- = (mM + - ) Lg(1 - cas 1'" ) 3' (M .j. 3m)L . 2

Odavde se rjesavanjelll po

ip2

- 1

cos 10,)

cbs ip2 ~

(3.51)

(3.55)

nalazi 2mvQ '- ~ ~ (3m+M)g -

a. 7565 ~

1"2 = arccos O. 7565 ,~ 40° 50'

<

(3.56)


108

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

40.83°

'P2

'PI

Prema jednaCini kontinuiteta strujanja 51 VI = nati brzinu

VI

mozemo izracu-

S2V2

d'

(3.60)

Uvrstavanjem (3.60) u (3.59) i rjesavanjem po

v,

dobijamo da je

brzina isticanja vode iz sprice

= - - 0=2.14 19.06°

~

109

:1.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI 1Z FlZIKE

(3.61)

Ugao pod b) je veri zbog toga sto je 11 tom slucaju InOIDent kolicine kretanja prije sudara veti nego U pTvom slucaju.

3.

Kako je d %:: D moze se odnos d4/ D4 zanemariti jer je male vrijednosti (ovdje 10- 4 ), pa se dobija. priblizan izraz

D = 15 mm L=8mm

r----

d = 1.5 mrn

v,

F=4N

a) v, =? b) ii =7 c) F, co?

---:::::--=--.------'''''--

-

- .

= v,(F) ti = tifF)

V2

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 PI

T

, PV 1

2

= Pa

+ 2~

F

+~ S

=-::

Pa

pvf

~"~+~=

D'7C

(3.62)

otvor na sprici, smanjuje se zapremina vode u njoj. Projekcija brzine kojom se klip krece i istiskuje tecnost je VI =

-,

dy

~--

dt

Ako se prem,a (3.60) i (3.62) UVTste izrazi za

4F D''lr

+ --

2

pv~

"~-

2

dy dt

(3.57)

.

Vl 1 VZ 1

moze se

d b·t· 0

1 1

2d' J2F

D3

V pT,

moze se izracunati kao integral 10

dt,= _

t -

(3.59)

= _

Vrijeme koje protekne dok se klip pomjeri iz polozaja L u polozaj y

rt

(3.58)

Uvr!itavanjem (3.58) u (3.57) i ponistavanjem Pa, !ito predstavlja atmosferski pritisak, dobijarno

. 4F

m/s

2

pv"

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 PI = Pa

6.73

b) Kada voda istice kroz

L

I

-\j-_.= D ' p7r

=

1'0

t = 6"

d)

2 (2F

D" - Zd 2

D'. 2d2

V12'! ZF

(iii (

V -2F L

JVL d Y y)

Vrijeme ,_isticanja: vode iz sprice dobicemo kada stavimo y = 0, tj.

t

,

D3L jP1f = 1.19 s 2d ! 2F

= - -z \ -

(3.63)

110


c) Ako jednaCinu (3.63) rijesimo po F dobicemo F=--'~=017N

d) Trazene zavisnosti od sile

. _ 2 !ZF _ -\1 = 3.36-/F D V p7r

[ill J s

1J 10

.

Im/s]

Oi, = 012

m,

lsi

VF' ,

~

FlN]

4.

2.38

, ti = - -

FI - Fz -.~ Ftrl = mla ~- F, + F z .- Fi"L = m,a

[s J

_ _- vIF)

5

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:

Sil

v, -

Projekcije na Y -OSU

= 8 kg

m2 = 2 kg 1"1 = 0.1 1"2 = 0.2

a)

v =? t= 2s

b)

F z =7 F rez ='1

,;X

--FN2

F[N)

(3.64) (3.65)

SU:

-FNI

+ R, = + Rz =

0

=?

R, = F'N,

0

=>

R z = FN2

(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

7r/6

= 7f/3

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

6

D L'p7r 8d4 t'

3.1. PRVl PARCIJALNI ISPlTI IZ FlZIKE

-, fzz.

\:

V

·fh m1

rnlg sin -rnzg

~2

0:1

sin O:z

Fze, {l1rnlg cos

+ F zt-

0:1

= mla

f12rn29 cos 0:z = m2a

(3.67) (:l.68)

Sabiranjem ove dvije jednacine dobijamo ubrzanje sistema (ml sin CXI _. rnz sin o:z) ._-- (flIrnl cos 0:1 a = " - - - -.. ...- - - - " . ----.~

'ml

= 1.35

+ m'l

+ J1.-2mZ cos 0:2)

~----.--g

m!s'

=

(3.69)

0.) Oba tijela imaju isti intenzitet brzine, pa kako su krenula iz mira ~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

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)


112

113

3.1. PRVI PARCIJALNI lSPITI IZ FlZIKE

cJ Sila koju trpi osovina koturaje

djelovala da je ispunjena masorn. Ta sila bi se prema tome racunala

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

po obTascu

Frez

F"z

=

= JF; + F';

.

f,'~i

/",h·~ rrez

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

P;l + ff;z =

FzV2

= 30.53 N

Rezultujuca sila zaklapa sa strmim ravnima ugao

IT /

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 4.

5. R

F=

,mp CR +:'+X)2 - (R'~xF) TO

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 gravitadonom silom F i saopstavalo II1U ubrzanje 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

3

Posto je r = R!4, M = 4R3 7rp/3 i m, = 4r 7rp/3 = R 7rp!48, uvrstavanjem U pTethodnu relaciju i sredjivanjcm dobijam o

Za x = 3R dobijamo _

13

F = -----,7rpRm 204

p

Co

Prem,a Drugom Njutnovom zakonu mehanike u brzanje koje tijelo dobija je jednako kolicniku rezultujuce sile koja na njega djeluje i njegove 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 USIDjereno sllprotno ad jedinicnog vektora i;) tj. usrnjereno je ka centru sfernog tijela. Intenzitet tog llbrzanja je

114

3.1.5



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 ugaoW ' nom brzinom W oko svoje Dse, a ~ drugi palu precnika r miruje. CiR""", ,-.... lindTi se dovedu u dodiT tako da • njihove Dse ostanu paralelne (vidi sliku). Kroz neko vrijeme (usljed M1 M2 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 = 1F/4 i = 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 povrsini vode polako dizemo lla visinu H H = 15 m (vidi siiku). Koliki rad se pri tome izvrsi, ako je povrsina 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

"'1


115

je R poluprecnik kugle. Nacrtati grafik sile medjusobnog gravitacionog privlacenja za ovaj slucaj.

Rjesenja: 1.

m M n =7 k = E klO / Ekn

m

0----... --

m = rna

M = 12 ma k = 150 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

"'2

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

116


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 =

VI

M-m M+mD

a njegova energija je

El

=

2

rnvl. 2

::.:=

'M 2 mvo (~._ - rr~) 2 M+m

Smatrajuc.i da se proton sa brzinorn VI ponovo sudari sa jezgrom koje miruje, nakoD slicnog razmatranja bismo dobili da je

V2

=

M-m

----VI

1\1

+m

=

M-m) ( M+m

2V

o

Energija tog neutrona poslije drugog sudara bi bila

.E2 =

_m_vl 2

=

2.

R r w Q =?

-----Q

M, M,

~--·v

~v?~

(I_\1__-_'-")

2

.M+m

117


Ako se ova dva ciIindra dotaknu, usljed trenja, enaj koji se okrece zaokretace 0naj 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 periferijska brzina tacaka na obodu jednog cilindra jednaka periferijskoj brzini tai'aka na ohodu drugog dlindra

4

(3.74)

P oslije treceg sudara bi bilo

Vs = ~~:V2 = (~~:)3 Va E = ~i = ~ (M_.m)6 M+m 3

2

Prerna zakonu

0

odrzanju energije mozemo pisati

(3.75)

2

Odavdje mozemo zakljuCiti da bi poslije n-tog sudara proton lmao energiju

Kako se zahtijeva da je En = Eo/ k, zamjenom dobija

sredjivanjem se

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

118


Dijeljenjem ovih jednacina se dobija

3.1. PRVI PARCIJALNI lSP1T11Z FlZIKE

119

RazIDotrimo prvo kada ce tijelo rnirovati na strrnoj raVlll.

Ugaona brzina dlindra koji je mirovao, nakon nekog vrernena t1 uz ovakvo ugaono ubrzanje bice

N a tijelo koje se nalazi na strmoj ravni djeluje sila teze C, reakcija podloge Ji i sila trenja. Prema drugom Njutnovom zakonu je

(3.76)

rna

c+Ji +F" = Projekcija ave vektorske jednaCine na izabrani koordinatni sistem daje

Ugaona brzina prvog cilindra nakon tog istog vremena bice

Eliminisanjem vremena t iz

OVe

= w - £lWZ u,

WI WI

jednacine, koristeCi (3.76) dobijamo

=

W -

M2!'~W2

M,R

mgsina - F tr = ~"

~mg'cosa

+R

max

(3.80)

= 0

(3.81)

Iz (3.81) se moze odrediti reakcija podloge (3.77) R

= mgcosa

KoristeCi (3.7 A ) dobijamo

__ R

Wz --

Ovolikom silom i tijelo pritiska podlogu, pa je sila trenja

M,

---··~··-w

r M, +M,

(3.78)

Uvriltavanje ove vrijednosti u (3.77) dobijamo WI

2..'7.::

M, w M , +M, '

,

Iz jednaCine (3.80) se vidi da ce tijelo mirovati na strmoj ravni aka je (3.79)

Zamjenom rezultata iz (3.78) i (3.79) u (3.75), nakon sredjivanja, dobijamo

Q

~

M,M2 R 2 w 2 M,+M22

~---'-'-~

(3.82)

U slucaju kada je znak "=" moglo bi da se krece bez ubrzanja (jednoliko). Uvrstavanjem (3.82) u gornju jednacinu, Hakon sredjivanja dobijama

:S flrng cos a tana 'S /L

mg sin a

(3.83)

3. a,=,,/4

"'2=71'/3 = 8 h2 L\a =?

Shl

Prema tome, tijelo ce ostati u miru na 0v:akvoj ravni za uglove nagiba koji su u intervalu" o < Q 'S arctan /L

120


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

Za nagibne uglove

0:1

i

0:2

a,

0:

= rna

imali bismo

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

2

t . azt2 L, =al . - , L, = __ 2 Horizontalne projekcije tih puteva su

3.1. PRVI PARClJALNl ISPlTI IZ FlZIKE

121

y

Kad se klip pocne dizati ispod njega bi ostao vakuum. Zbog djelovanja atmosferskog 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

x

se dize u cijevi. 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

2

klip sa gornje strane takodje djeluje atmosferski pritisak koji se kroz

Izjednacavanjem des nih strana jednacina prema uslovu zadatka dobijamo ' __ sin 0::1 cos f.l C08

2

0:1 --

sin 0:2 cos

0:-1 -

cos 2 0;2

0:2

-----

= 0.27

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

o< 4. 1I = 15 m S = 1 dm' Pa = 101325 Pa A =?

a :<; 15° 6'

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 = pgh ll rnozemo zakljuCiti da je vislna do koje on rnoze popeti vodu u cij(~vi hI :::::: Pu = 10.33

(19

m

122


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 prirast potencijalne energije kugla-tijelo dobice se kao

U2

---

Ukupan rad sila koje se savladjuju na zadanom putu bi bio cc

+I

A = IdA, o

dA 2 = pgS Ioh' ydy

= pgSlL II., S' IH ( 2 iO +Pa Y II., = PaS H -

5.

+ PaS Ii! dy ,

4t

)

=

= 9965.31J

IF dr = 1 Mm I;,' '!'i = --lMm1r 1"'= _l Mm _ (_lMm) 1"1 r2 1"1

U, = IdA

=

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----

M

r

m

U(r) =7 < R r> R

r.

M

-- - --.".'---r._ m --- __ ----r,'- 1 2

r

R

R F = F(r)

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

Ako zelimo da tackastu mas

.

0

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 =

+C

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

U(r)

-Mm

= -1~

r

(r 2: R)

Aka je r = R imaii bismo

F = -l--'--r

r'

123

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

- (R'] = U

Mm -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 sloja koji se nalazi izmedju tog njenog polozaja (sfera poluprecnika r) i krajnje povrsine kugle (sfera poluprecnika R), a zatim djelom vanje sa preostalom rnasom kugle R rasporedjenom u sferi poluprecnika r. Kao sto je poznat9, gravitacio.no polje sfernog sloja u unutrasnj6sti

124


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

125

:U. PRV1 PARCIJALNI ISPIT! 1Z FlZIKE

Odavdje se dobija da bi potencijalna eneTgija sistema kugla-tijelo, kada se tackasto tijelo nalazi na rastojanju r od centra kugle, hila 2 2' U(r) = U(R) - '377rpm(R -- r ) =

1 Mm -'27£1

(

r2 ) R2

3-

Za r = 0 imali bismo gdje je M' = (4/3)r'ip. Uvrstavanjem u prethodni izraz i skraCivanjem sa

r2

dobijamo

3 Mm 2 R

3 2

E (0) = --7-- = -U(R) p

Grafik trazcnih zaviSIlosti bi izgledao

Ako bismo zeljeli da tijelo rn pomjerim,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 i8tog pravca i jaCine, aJi suprotnog smjera od gravitacione sileo

---lR

U(r}

r

--+1 -4 F = ·-F.= -"I7rprnf' 3 Elementarni Tad Dve spoljasnje sile pri pomjeranju tijela za di' hi

iznosio

F,(r) dA

-

=. F· df'= Fdr cos 0 =

Ukupan Tad pri navedenom pomjeranju A =

4

-"I7r prnrdr 3

hj

r

iznosio

4 jR rdr = -"I 2 7r pm(R' _ r2) !" dA = -"I7rprn 3 3 T

-Ovaj Tad spoljasnje sile odlazi na povccanje potencijalne energjje sistema kugla-tackasta rnasa, pa se moze pfsati U(R)- U(r) =

~"I7rPrri(R2 3

_ r2)

Y r oznacava projekciju sHe na vektor polo~faja materijalne t~cke (tijela rn) U odnosu na centar kugle.


126

3.1.6

Prvi parcijalni ispit iz Fizike 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 m 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 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?

127

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI 1Z FlZIKE

i ~ Mil ~

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

d21

\d L 1

je sudar: al idealno elestican. idealno neelastican. .. . t" . 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.

bi

I

Rjdenja: 1.

VI = 20 rn/.s 0:1 = 'ir /3 '"2 = 40 rn/s "" = 21r /3

a ) V- sri

v,

.... -_..?

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.

M,+ M , 6t1 + 6t 2

· --gdje je D.Tl pornjeraj koji tijelo iZVfSi krecuci se b rZlIlom VI

(3.84) 11

toku

128


vremena 6..t 1 ) a .6.f2 pomjeraj koji tijelo iZVTSi krecud se brzinom V2 u toku vrernena l'l.t 2 • Kako je 6.?] ~c V,6.t 1 =v,6.1/2, a 6.r, = 1126.1 2 = v26.1/2, rIlozerno nakon uvrstavanja u (1) dobiti

V,

Vsr 1 =

Kako je 6.r, ,= 6.r2 = 6.r i 6.1 , = 6. r d v l == 6.r(vl' odnosno 6.1, ,= b.. r 2!V2 = .6..r/v'2) uvrsf,a:vanjem u (3.89) dobijamo

+ V2 6.1 6.t

2

129

3.1. PRY] PARCIJALNI lSPITI IZ FIZIKE

Vsr 2 =

2

6.r(",0 + 1'2) Ll.r

(l + l) til

1)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 odnosno

z:

i

""

... -~--- \Ip---------- .

o

Illtenzitet ove brzine bice

J~

-..,

vsrlx

= vsrl

... .

~

=

(3.90)

£1'2+1)2';;: ----~-

2 Kako je prema definiciji skalarnog proizyoda

Komponente

b = lallbl cost ii, b)

ii·

ce biti V sr2z

:::..-::vsr2 ·i'=---YlY·:L(i"O+r20)-Z'= VI 'i-v::! 1 = _?L~(cos 0:'1

irnacemo

1'1--'-1':;:

V2) = -_l(Vl 22- 2

. -5 m/s

Vl'r2y

=

~ Vsr2 - J

=-

= --~~(8£naJ

(3.86)

V,+1'2

+ cos (2)

= 0

'!J.""- ( ~ '-', ~ " '~1+~2 rIO' J -I' r:w . J J '

+ M:nO:2) •

= 23.1

=

m,js

Uvrstavanjem u (7) dobijarno V~r2 = 23.1 rn!-',- Ugao koji ona zaJdapa

SHeno je _

-I-

Vsrly ~ Vsr1

HV1 sin a, +

112

ill

sa pozitivnim srnjerom X-ose bite

2 '.7 ::= --2--"= ---;-

·)'+5 ·-'~

sin (2) = 15V3

m/ s

Vsr2y

tan(32 = - - =

(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

Vsr2x

2.

(3.88) Svaki vektor se moze napisati kao proizvod njegovog intenziteta i jedinicnog vektora, pa je ~rlilo i l1rzT;o· Uvrstavanjem u (3.88) dobijamo

(3.89)

ex ,= 37° = 2 kg m2 = 4 kg 1"1 = 0.3 fJ., = 0.1

m,

a.) b)

c)

a'l

=?

flz

:.:.::?

F12 =7 -·F2l =?

CX),

130


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

\ \l-1-


Ako se tijela ne bi dodirivala sila F12 i F21 ne bi bilo i tijela bi se kretala ubrzanjim_a

al = (sin

GI + ii, + ilrI + F21

= m, il,

(3.91)

G, + ii, + itr2 + F,2

= m,il,

(3.92)

F'2 -

Ftr2

+ F"zl + F12

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 a=

Projekcija ovih vektorskih jednaCina na ose izabranog koordinatnog sisterna daje: projekcija na X:

FI "- Ftr1

131

(rnl +m2) sino: - (ltlrr~l -

(3.93)

= m2aZ

(3.94)

(sin Q:

-

Itl cos

Q)g]

~ 2.1

bi se l,ijela kretala niz strmu ravan ravnomjerno (ubrzanje a = 0).

tan Q':min =

+ R,

= 0

*

R2 = F2N Umin

Sila trenja je Fir = I"FN , gdje je FN sila kojom tijelo djeluje normalno na podlogu, pa ce 11 nasem slucaju biti:

3.

m

r

pa su sile trenja

a)

attN) =7 an(N) =7

b)

R(h) =7

c)

Kako je FI = 'rnlg sin 0: i F2 = m2g sin a: uvrstavanjem u (393) i ' .

(3.94) dobijamo

rnlgsino: - .rnzg sin Q

-

ftl rn lycosa+F21

rZm2g cos 0: ~. F~2

=

f.YJl a l

(3.95)

= m2 a 2

(3.96)

N

c) Najmanji ugao pri kome bi doslo do klizanjaje onaj ugao pri kome

projeI(cija na Y:

-F'N

12

9 "'4.58 mls

b) Iz (3.95) se za silu kojom drugo tijelo djeluje na prvo dobija F21 = 1'n1 [a -

= mlal

+ 1t2rn;d COSQ:

ml +rr1.2

d =? 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

I"lm,

+ I"2m,

1

m,+ m2

= arctan(1/6) '" 9.5

6 0

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


133

U trenutku kada se tijelo odvaja od lopte, sila reakcije je R = 0 i

h

=

H, pa dobijamo

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

b) Iz jednaCine (3.101), koristeCi

R gdje je ii totalno ubrzanje koje ima tijelo u tom trenutku. Projekcijorn Dve vektorske jednacine na koordinatne ase irnacemo

Kako je P dobijamo

mg Sln 0:, FN =

may

v2 jr, dobijamo

=

= rng cos

v2 0: -

-

zakon

0

odrzanju mehanicke energije mg2r =

(3.97)

mv2

._-+ mgh, 2 .

mg cos 0:':, nakoD skraCivanja sa 'm, rnv 2 = 4m,gr - 2m,gh

R

au ==;;;:

--gCOSQ:

(3.103)

Uvrstava.nje ovog rezultata u (3.3.102) daje

ax = 9 SIn a:: .

(3.102)

r

Brzinu tijela na visini h prije odvajanja mozerno odrediti koristeCi

F = max

-PN +R =

iL,

(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

(3.99)

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

pa se maZe pisati at = gsin a

(3.100)

"--a r = !i - geos a

(3.101)

m

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

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 polju, kosi hitac na· dole. . .~. --. . .. ··U izabranom koordinatnom sistemu XY (Vldl shku), tlJelo u hOTizontalnom praveD vrsi jednoliko kretanje 1 a u vertikalnom praveu

134


jednoliko ubrzano- vertikalan hitac na dole. odredjen jednaCinarna

Polozaj tijela bi bio

x = voxt = vot cos a y = H

at' + VOyt + """2

=

H -

.

VOt Sln 0' ~

!l!'. 2

(3.105)

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

~ s .av JaJucl y = 0, dobijamo kvadratnu jednacinu po xD, elJa Sli TJesenJa v"

•

•

x D '-'

_ vel sin 2<> 2

-

(

g

Kako se kretallje vrsi . . Je . o d vaJanJa

H = 5r/3,

COS"

U

/~ 2 11 ) 1 + _-;;-g,,--;;---

- 1±

vJsin 2 Q

\

Drvom kvadrant t . u, 0 Je

= (H - r )/ r = 2 / 3,

-__

<..<,

paje

XD

ternutku

m

a)

M = 4m b) L = 1.5 m c) d, = L/2 d 2 = LI4 ,

=

r:: 5 /· 3 , Vb

,

Va =

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

Lk ,= --L~ + L" mvoad1 = -mvd l + Istw

(3.107)

gdje je: v- intenzitet brzine kuglice poslije sudara, lsc moment inercije stapa u odnosu na osu 0 i w- ugaona brzina stapa neposredno poslije sudara. Ukupna rnehanicka energija sistema pri idealno elasticnorn sudaru ostaje ocuvana, pa se za trenutke neposredno prije i neposredno poslije sudara moze pisati

rnv 2 2

2gr/3,

""0.72 r

mv 2

I

, l i tw

2

--T~--

2

2

(3.108)

JednaCina (3.107) se moze napisati kao

Trazeno rastojanje d =

4.

ik

Oa .-=

~

sl'n

> 0. U

XD

135

mentu koliCine kTe tanja sistema poslije sudara

(3.104)

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 _

3.1. PRVI PARC1JALNI ISPITI 1Z FlZIKE

0'0 +

x D = 1 . 47

T.

(3.109)

voa =? vob =? L, = L/2

a (3.108) nakon preuredjivanja

(mvOa

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-

'( ___

m

V;;u

.-"

----.:- -- ~ i~--'l:1:!f'=.L- I

I i

(

( (

L..lJ

-- v) = I"w'

(3.110)

Koristeci (3.109) jednaCina (3.110) se moze podijeliti sa I"w, pa dobijamo VOa --- V = wd 1 (3.111)

1(, Ii' I : I If I!I

+ rnv)( VOa

"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

w =

2mvOadl -~-.----

I,t

+ mdJ

(3.112)

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENUI ISPlTA

136

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

137

3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI 1Z FIZIKE b) Prerna zakonu

odrzanju lllOmenta kolicine kretanja (ilnpulsa), za idealno neelast jean sudar imamo 0

fi-'

1M J

I I

I

I

i

: I

Ion

pisati

1m I

gdje je w ugaona brzina stapa zajedno sa metkorn u sebi, nepasredno poslije suda-

2

c.-

Ako za referentni nlVO racunanja potencijalne energije stapa uzmemo ravan u kojoj ]ezi osa rotacije, tad a je prirast potencijalne energije stapa

f:::J.E pst =

=

Epst2 -

Epstl

Ta.

=

r

7ML2 __ __

-'-,~t -

Mg"i-- (-Mg"i-) = Mgd

48

i moment inercije kuglice Ik = m.di = rrtL 2 moze-

U ovorn proracunu SIIlO uzeli U obzir da je potencijalnu energiju nekog LijeJa u odnosu na neki nivo moguce napisati kao proizvod mase tijela, ubrzanja sile Zemljine teze i visine njegovog centra IIlas€ U odnosll na taj nivo.

mo odrediti ugaonu brzin11 sistema stap- kuglica u nje-

UVTsl.avanjem (3.112) i (3.113) u zakon energije dobijamo

0

odTzanju mehanicke

d,

..'--

f-

1

m

(3.113)

1

0

Kaka je prema Stajnerovoj teoremi moment inercije stapa U odnosu na. osu 0

d2

I I \d :l-Ltil 0 I

1 I

1

d,

L

'If,b

M

InU

l

21 rnV Ob

(3.116)

(7AI+ 12m) L 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 pa lllOzerrlO pisati J

(I." + h)w' _ AE 2

Mornent inercije stapa remi je

I

== st

U

odnosu na datu osu prema Stajnerovoj teo-

l,1£' .-LM 12 I

(d1) 4

(7M +12,1')£

=

;r;;8g

--48,::;:;-----V7 £

U

p:.<

(3.117)

PTJrastaj potencijaJne energijc sistema moze se iskazati Imo

7ML' 48

pa se llvTstavanjem u (3.114) dobija Vaa

-

. = 8.37

m/ s

(3.115)

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 ,

138


3.1. PRVI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZlKE

139

imacemo

!',.Ep , = (Mgd,f2 + rngd,J - [-·(Mgdr/2 -+- rngdrlJ = (M + 2m)gL/2

gdje je }"'z sila zatezanja konca. . . . . .. U tacki C je 0: ~C::;. 7r pa je rezultujuca slla kOJa dJeluJe na tlJelo

Uvrstavajuci u zakon 0 odrzanju rnehanicke energije (3.117) i koristeCi (3.116) dobijamo

Manc~Fz+Mg

M" T

(1"

+ h)w'

----2- =

(M + 2rn)9

12m zv 2

'*

Mv;

.---- = Mg

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 = LI2, 1 dobicerrlO =

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

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 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

A krece po kruZuici.

(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

2

VOb = JiM+2:n)::-!n~!!!+lZrnf = y20gL = 17.16

WI

F z +Mg ,

L

N akOIl sredjivanja se dohija

7M+12~ = (M -+- 2rn)gL

-- -

Nakon sredjivanja se dobija

.L

(M

2

Ako sudar tretiramo kao idealno neelastican, ugaona brzina sistema neposredno poslije suciara, koristeCi prvu jednaCinu iz b) biee

w" =

rnvbb L 2(1 + h)

i,--"-

4rnVr.: ~. 15.16 m/ s +- rn)L

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

}10g

140


II~IL L n" ~--=-

2

(2mv: ) 2

f! +£iJ.

\7M~ • ' ,

2

I

VO!

3.1.7

---

hE

L.l

= (Af

I

ps ';'

= .-~

-v-I

C7

141

9M+m)v~

2

(;..

+- rn}gL +

(M-!-r:!lL!lT

3.1.. PRYI PARCIJALNI ISPITI 1Z FlUKE

30.32

3. Za mjerenje protoka gasa koristi se uredjaj prikazan .

LWt-mlgL '2 2

sema.tski na siiei.

a) Izvesti izraz za ra.cuna-

m/s

(3.119)

Prvi parcijalni ispit iz Fizike

nje protoka gasa kroz cijev. b) U savijenoj U-cijevi se nalazi voda.

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

horizontalnorn pravcu u teg udari lopta mase rn =: :I kg: ba.cena sa. tla kao na slici. Sudar je (coni i potpuno elastiC-an i teg se usljed A 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.

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

sat. Gustina gasa je P = 1.1 kg/m. 3 , d , = 50.10- 3 m., d z 40 . 10- 3 m. i gustina vade je Po = 1000 kg! m 3 .

j

Rjeii. a)

b) x, =

X,

= (1 + ~)

:(;1 .• X

vhLih

= 2.12 m,

= 1.06 m, gdje je x =

M~= .,,(hJ:,h =

2. KugJa se kotrlja niz strrnu ravan duzine L nagnuta. pod uglorn 0 :::0::: To /6.

a) Izvesti izraz za

racu~anje

centralnu i trenutrm osu.

=--:::

1.06 m 7 rn, koja Je ' ,

mO.menta inercije kugle U odnosu na

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. Smatratl da nema proklizavanja kugj{;:_ni valjka, . _ Rjel. a) L = ~mFi2 "

-,

I = 5ZmFi2 b)l! k - ~

c=

Vf1i;;;L;;;'''''-;_ 7 m .' 8, 7 i

b) Voda je u desnom kraku na viscm nivou nego u lijevoru. -

~ ~ 1-2~~-~H ~ 106), 8"'"' k,g 4 (dfld~- ... 1)p ~

c ) m, ',-- Qpt ""--

V

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 . 10 24 kg) a. poluprecnik Zemlje 6.37.10 6 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. · , 3 RJes. P = .Po = 750 kg/m'

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE

3.2

143

Drugi parcijalni ispiti iz Fizike Drugi parcijalni ispit iz Fizike

3.2.1

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 t = T/4 up(x, t) Uk(X,

='1 t) =7

u(x, t)

C~?

r

51 I X

f+Ar

II

X +t.X

144


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 (i8tezanja 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.~ 2

2

(aE)

2

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 a rastojanju ),,/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

:r:

bi bile

aX)

- 2 2 ·sm 2kx

up = 0 .tJpa w

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 ' .6.Ep = - - - a k~ 2

. 2 SIIl

kx cos 2 wt

Uk

tiEp 2 2 . 2 2 = ~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 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 '

Up

Uk

(~;r = ,,~V (~;r

=- O.5pa Zw Z cos 2 kx

u

o

x

.1L

2

Ukupna zapreminska gustina, energije talasa, kojajejednaka zbiru zapreminske potencijalne i kineticke energije talasa u svakorn trenutku, u trenutku t = 0 je u

Ako nadje.mo izvod pomjeranja po vremerlU i uvrstimo, nakon dijeljenja sa .6. V dobit cc.mo zapreminsku gustinu kincticke energije u uocenom eJementu.

= 0

Grafik raspodjeie energije dat je no.. slid

ce

D.Ek = D. m 2

= 0,

a u trenutku t = T /4 imali bismo

Ako ovu jednacinu. podijeli.mo sa zapreminom element a sredine, dobicemo zapremi.nsku gustinu potencijalne energije Up

145


. 2 k 0 t: 2 2 " 2 2w = Up = O.5pa,2 W Z SIn x::---::: .~)pa W SIn --:\x

U trenutku t = T /4 je U

= Uk

i

=

2

2

2w

O.5pa'w' cos' kx = O.5pa w cos >:x


146

147

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

Red spektra koji se moze vidjeti sa datom difrakcionom resetkom

2.

pod datim uglom je

A = 535 nrn C =?
=

Zm.ax

35° = 5

C sin!.pz

z = '-'

---~-

A

1 to J. e i maksimalnl red · Kako je maksimalna vrijed nos t sm \D = , spektra koji se moze vidjeti difrakclOllom resetkom

· . C -..- z__ ma.xA.'= 5 ·535 nm = 2675 nm = 2.675 . 1O~6m. Od av d Je J€ Difrakciona resetka predstavlja skup velikog broja jednakih paralelnih pukotina koje su postavljene na medjusohno jednakom rastojanju. Rastojanje C izmedju sredina susjednih pukotina naziva se kOIlstanta 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

z=O,±1,±2,···

= a irnamo spektar nultog reda, za z = ±1

3.

A = 0.12 nm O=7r!3

a) b)

eJ

=? p =? Ek =7

£;v

m,

hV

n n __

e

mv

~ .J55L 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

,

hv

, + mv

= h-;'I

+ moc 2 =

hv'

+. mc 2

(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 sudara sa slabo vezanim elektronom prebaci na lijevu stranu znaka

148

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PlSMENlH ISPITA

jednakosti i kvadrira, dobicemo : 2

h v2

--,- c

h 2 vv'

2~--

c2

h 2v '2

cos f} -+-- --_. = 'c2

m2v2

(3.3)

Jednai'inu (3.2) mozemo napisati u obliku :

Nakon kvadriranja ove jednaCine dobijamo:

h2( V

-

V

')'

+ 2h{v - v')m"c' + m5c 4

(3.4)

= m'c 4

P rem a AjnstajnoYoj teoriji relativnosti je

3.2. DRUGI PARCIJALNI lSPITI IZ FIZIKE

149

gdje je >'c = ~ = 2.42 . 10- 12 m Komptonova talasna duzina elek111.0C trona. Dakle, ako se monobromatsko X-zracenje pusti na neke lake elernente, 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

(3.7)

A,.(l-cosll)

b) Procentualno srnanjenje frekvencije X-zracenja zbog interakcije sa slabo vezanirll elektronom dobjjemo iz izraza (3.7)

Kvadriranjem. i sredjiva,njem ove jednaCine se dobije

(1 -

2 4

m c

2 4

rn c

-

2

4 ~) = m'c 0

/:!.v

,::2

p = - - ·100% V

2 2

m v c :'= rn o2 c4

2

h v - 2h vv'

+ 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

stoji na strana i

~ (1 -

~a~o

cosO) =

(1-v' - -v1)

C

js.u/talasne d.uz-ine X:-zracenja prije i poslije rasijanja). - C V J respektl~no, nakon UVTstavanja 5e d?bija

E = (m -- mo)e' = hu - hv' =

¥1~~_1)l. , '>'c

Nako D sredjivanja se dobija da je

moc

c) Kineticka energija uzmaklog elektrona je jednaka Tazlici totalne energije koju p05jeduje poslije 5udara i energije koju je iInaO prije 511dara (energija mirovanja). Prerna zakonu 0 odrzanju energije-mase, to je jednako energiji koju je izgubio foton X-zracenja pri rasijanju l pa mozemo pisati

=

2h'vv'(1- Cos B) = 2h(v - v'lmoc'

(3.6)

c/u

=:

.

i

(3.8)

2>.c sin" ~

(3.5)

Uvrstavanjem rczultata iz (3.5) u jednaCinu (3.4.) dobijamo

2 2

1

= -c 1 -+-__ A_ _

"~ = l02.5eV

(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)

150


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

3.2. DR.UGl PARClJALNl lSPlTI IZ FlZIKE

151

.. ·k a P1 .I P2 pri . cemu je njihov su postavljena dva pnJemm d .polozaj k l"ka PI - - 1- - P z. Koji prijemnik ce registrovatl talasne u are 1 0 1 je njihova frekvencija? 3. Izmedju horizontalnih ploca ravanskog

kon~enzatora

na koje

. pn·kl·' JC Jucen napon U = 250 V ulijece elektronskl snop pod uglom zakljucujemo cia ce se ernitovati elektromagnetsko zracenje najvece talasne duzine u toj seriji. Njegova talasna duzina je

A~3

= RH ).43 =

(tz - tz)

= RH 9'~6

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.

8=

7f /

6 kao na sliei.

Elektroni u snopu imaju energiju u intervalu od 0 - 750 eV i raspodjela elektrona po energljama je ravnomjerna. . a) Koji ce dio od ukupnog bro!a elektrona udariti u gornJu plocu

kondenzatora? b) Ako je rastojanje izmedju ot-

J

8,

, ..

vora A 1. B na d OllJ·oJ· ploti L = 3.46 em, odrediti energ1JU elektrona koji prolaze kroz oba otvora. Smatrati da pad elektrona na plocu ne mijenja napon izmedju plota.

(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.

3.2.2

Drugi parcijalni ispit iz Fizike 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

.. (L 1..++) pri prelazu iz nekog 4 Dvostruko jonizovanl. atom I·ItlJuma eksit~vanog u prvo pobudjeno stanje ernituje sukeesivno dva fKotol~ka . 9 1 nrn 1. .\ z -~ 72 .91v' nm. ? 0Ak 1 1 sa talasnirn duzinama Al = 21. 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 . t·'ki efektJ?. fotoelektrona? Da Ii se moraju uzeti u 0 b. Zlf re1a t·IVIS Ie Rjesenja: 1.

m

D.L Fa A w =? _a =?

152


Primjenom II Njutnovog zakona na ovaj dinamicki sistem, kada se kuglica nalazi u polozaju X, dobijamo

3.2. DRUGI PARC1JALNI ISPITI 1Z FIZIKE

153

Rjesenje ove jednacine je

(3.16)

(3.11) gdje je sila te;;e koja djeluje na kuglicu

Partikularno rjesenje jednaCiue (3.14) t.razimo u obliku x(t) = acos(wt

G= mg,

prinudna sila

-aw' cos(wt =

Focoswt,

-rv.

Jednaeina (3.11) nakon projekcije na X-osu postaje

d2 x

mc~ mg - k(x d2 t

+ jj.L)

dx

- rdt

+ Focoswt

(3.12)

a'(wJ - w 2)'

i nakou uvrstavanja u (3.12) i dijeljenja jednaCine sa rn dobija se r dx

+

mdt

k

+ 4a'w'(32

m coswt

(3.13)

d'x dt'

~

dx

w5

=

i

~ = /0) jednacina (3.12)

2

+ 2(3 dt + wox =

fo cos wt

(3.14)

V(w5 --

dx + 2/3-. dt

,

+ w0 x =

ft

dy -=0 dw

gdje je0

(3.15)

W 2)2

+ 4(3'w'

(3.19)

1z izraza (3.19) se lako zakljucuje da ce amplituda biti maksimalna kada izraz u imeniocu hna minimalnu vrijednost, odnosIlO ako je

Ovu diferencijalnu jednaCinu cerno rijesiti tako sto cerno prvo rijesiti homogenu jednaCinu d 2x -dt'

=

fa

a=

Ako oznaCimo da je ;;. = 2(3, postaje

(3.18)

Odavdje se dobije da je amplituda

Fo

+;:;; =

= fo cos wt

Kvadriranjem posljednjih jednaCina i sabiranjem se dobija

kjj.L = mg

2

+
2(3aw sin(wt

a(w5 ,-- w2 ) cos 0: - 2awj3 sin a: = fa a(w5 --- w 2 ) sin lX -1- 2awj3 cos 0: = 0

U :avnotezIlom polozaju je

d x dt'

+
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:.

sila trenja

ftr =

(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

sila elastiCnosti kojorn opruga djeluje na tijelo

}~

+ a)

154

GLAVA 3. RI.JESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA


Aka nadjemo prvi izvod y po w i izjednaCinlO sa nulom, dobijamo jednacinu -w( w0 2 - w 2 - 2/l') = 0

155

Uvrstavanjem izraza za Wo dobija se da je rezonantna frekvencija

W

cija rjesenja SU WI = 0, WZi3 = ±jw6 ~ 2iP. Frekvencija prinudne sile ne maze biti negativna, pa ostaje da je

rez

_ ! -~

9 47f2 _ ).2 LlL 41T2 + .\2'

V

a rezonantna amplituda

(3.20) rezonantna frekvencija i za tu vrijednost je amplituda pomjeranja maksimalna. U nailem slucaju je kl;.L = mg, pa je = kjm = gj l;.L. Nepoznati koeficijent prigusenja j3 mozemo odrediti po:mocu poznate vrijednosti logaritamskog dekrementa prigusenja. lz prigusenih oscilacija je poznato da je

w5

x(t) = gdje su w' i

ex',

aoe--~t

amplituda tih oscilacija ..

."i!L = + T')

Kako je T' = 27r / Wi, a

Wi

=

j w6 27f

.\

-Vwiw=6=- /l'

/l

/IT'

Nakon kvadriranja posljednje jednai'ine i sredjivanja dohija se

/l2

=

" Wo, A 47i2

Izraz (3.21) cemo uvrstiti frekvencija

11

+ .\.2

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 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

(32, dahija se da je

r

:1

vo=lkHz Vi" = 0.17 mjs c = 340 mjs l;.v =?

talasne udare.

Logaritamski dekrcment prigusenja je

a(t

1

I

cos(w't + (1)

kruzna frekvencija i pocetna faza oscilovanja~ a

.\ = In __

2.

(3.21)

izraz (3.20) i dobili da je rezonantna

Frekvencija V1 talasa koji se odhija od nepokretnog zida se racuna prema relaciji VI =

C

---Va, c ~ Viz

156

GLA VA 3. RIJE.'O;ENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

a frekvencija od njega

[/2

talasa koji registruje prijemnik kada se izvor udaljava 1/2

=

3.2. DRUGI PARCI.JALNI ISPIT! IZ FlZIKE

157

Odavdje se dobija da je

C

---"'0 C Viz

+

Trazena frekvencija otkucaja je N akon uvrstavanja zadanih vrijednosti dohija se

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

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

2Viz

!:!.v= - v a = 1Hz c 9 v.

U=250V 0= 11:/6 E E 10,750] eV L = 3.46 em

Ukupan broj elektrona koji je r.a to vrijeme

1180,0 11

kondenzator bite

Tada je !:!.N

l::.N _ ?

N

-;

E, =7

h) Kretanje (:iektronu 1.1 vcrtikaillom pr;:cvcu je jcdnoliko promjenljivo, pa j~ njegova y-koordinata nakon vremena t da.ta relacijom

a) lJ gomju plocu kondenzatora udariCe svi ani elektroni cija je enegija veca od vrijednosti E" koja je tolika da je

.'

mvOy

-~.

2

at'

y = v,t cos 8 -- .:;:-

Ubrzanje pot.ice od sile elkt.rostatickog polja, pa je a=

x = eEd

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

~-cos

2

odnosno

2

() = eU

'

eE m

~

Kretanje u horizontalnom pravcu je jednoliko pa odredjena relacijom

jC

koordinata x

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

3.2. DRUG1 PARCIJALN1 1SPITI 1Z FlZIKE

Nakon zamjene izraza za vrijerne i ubrzanje u jednaCinu za odredjivanje y-koordinate elektrona, dobija se jednaCina putanje

y = x cot e -

(3.22) i (3.23) dobija se jednai'ina (3.24)

ee-x 2 :--C;---o-, 2rnv~ sin 2 0

Aka uzrnemo U obzir da je za prvo pobudjeno stanje m = 2) jednaCina (3.24) postaje , n2 - 4 A, + A, Z R H - - = --"_. 4n' A,A,

~ako je ,E2. = rrw~/2, moze se, nakon zamjene brzine, dobiti jedna-

CIlla putanjc U obliku

y = x

cot 0 -

159

eEx'

---CC---;o2

Rjesavajuci posljednju jednai'inu po n dobija se

4E2 sin 8

Stavljanjern y = 0, dobijamo x, = 0 i x, = L odakle se dobije da je

E, =

eeL = sin 2"

eUL d sin 2", = 333.3 eV i

.1

4. sLi++

'~

2He+ A, = 219.1 nm A2 = 72.31 nm

I

m=2 rn =? V max =7 Dvostruko jonizovani atom litijurna emituje energiju jednaku z biTU energija fotona talasnih duzilla Al i ..\2

, +, ",

he

E f = :\

Prema Borovoj teoriji poluprecnik putanje elektrona kod jona slicnih atomu vodonika se odredjuje rjesavanjem sljedece dvije jednaCine moVnrn ::~

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'

..~-----~- = 31rrnoe2

r4 = -

he

(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

0.425 nm

Energija jonizacije zH e+ koji se nalazi u prvom pobudjenorn stanju za koje je n = 2 iznosi

lzrazu

_ ~) (3.23) m n2 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

Ef

'"

heZ' RH

(~2

Kako je Z '"' 2 dobija se da je energija jonizaeije

E j = heR H = 13.60 eV = 0.22 . 10-'7 .J

160


Jonizaciju , prema uslovima zadatka 1 treba da ostvari foton talasne duzine )..2 cija je energija

E,

he

= )., = 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

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/m 3 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:

Rjesavanjern ove jednaCine po v dobijamo

a) svjetloscu talasne duzine A1 = 670 nm iz izvora snage PI 10mW,

b) svjetloscu talasne duzine .\2 lrnWi Red velicine brzine od 106 efekata jeT je vic « 1.

3.2.3

mJ s

598 nm iz izvora snage P z

c) svjctloscu talasne duzine Ai': ::::::. 456 nm, iz izvora snage P3

ne traii uzirnanje relativistickih

=:

I mW.

Drugi parcijalni ispit iz Fizike 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 oscilo-

vanja 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 ,L 2 = 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.

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)';'

162


Projekcija ave vektorske jednacine na pravac vektora ii~ daje

mvo = (m +M)v odnosno


Da bismo rXlogli graficki prikazati ove funkcije, moramo odrediti pocetnu fazu a. U pocetnom trenutku (kada je t = 0) je Xo = ao cos a-

m

v =

163

~---Vo

Vo = ~aowo sin

M+m

0:

Ovaj sistem raspolaze kinetickom energijom

E.

= (m + M)v 2 = 2

m' v2 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 =

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 trenutku 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 +~) [';"]

m2v5

~-":-::;-

2 2(rn + M) Odavdje se moze odrediti krutos! opruge

ax(t) = -aow6cos(wot -;-

i=

-2.48cos(4.98t +~)

[;l']

ciji su grafici predstavljeni na slici

Period sopstvenih oscilacija ovakvog sistema je

To

/m+M

= 27rV

k

rn+M

= 27rao'-'_- = mvo

b) Polozaj sistema tijelo-metak dat je sa

U

odnosu

11a

1.268 2,48

ravnotezni polozaj

x(t) = ao cos(Wot + a) Brzina i ubrzanje

BU

vx(t) = ~;= -aowo sin(wot

ax{t) = :t22 =

+ a) -aow5 cos (wot -+ ex)

o

-t--f--\,--1--cz'-----;US}

irs)

164

GLA VA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

2. L

1m L, = 51 em L, = 49 em F=200N

D.v ='1

~ =

a [COS(WIt

~

k,r) -I- cos(w,t - k2r)]

KoristeCi teoremu za zbir kosinusa dva ugla dobijamo

------~

165

odnosno

----L1

=

m = 1g


-------

WIt-·

k,r

E= 2acos ---~

+ W2t -

k,r

2

k,r - w,t -I- k,r

WIt -

2

cos

odnosno

Kada se zategnuta zica izvede iz ravlloteinog polozaja na njoj se forrnira stojeCi talas. Osnovni ton ima frekvenciju V

e=

v =--

2a cos

WI (

-I2

W,

k')

k, -I- r --2---

t --

(WI -

cos

2

W2

k, -

k2 ) -2-r

t-

Ako oznaeimo

,\

W=

2 mozemo jednaCinu rezultujuceg talasa napisati kao

gdje je v brzina rasprostiranja transverzalllog talasa na :tici, a A njegova talasna duzina.

Kako je L = >-/2, frekvencija osnovnog torra iznosi ;

'j

11

V =--

2acos

(3.25)

2L

Talas koji se ad zategnute iice prostire u prosior opisan je jednacinom

~(r; t) = acos(wt -

e=

k. f)

Talasi koji se formiraju zbog oscilovanja zica duzina L, i L2

6(i;,t) = a,cos(w,t~- k"il) ~,(1'2, t) = a2 COS(W2t - k2 · 1'2)

(3.26)

2

W2

k, - k, )

t - --2-r cos(wt - kr

w=

W,

+ W2

~-2-~-

27f(VI

+ V2)

U izrazu (3.28) amplituda oscilovanja je a =iZacos

Prema principu superpoziCiTe talasa irnamo-daje rezultujuCi talas

(3.28)

2

=

gdje je

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.

)

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

SU

(327)

WI (

WI (

W2

-~2-·--"-t ~

k, -

2

k2

Period oscilovanja funkcije y = 2a cos ( D. W

2

gdje je b..w

-= WI

-

W2,

a i:lk = I

T =

k1 -

271' 81<1

2

_

~;r)

k2~ iznosi

41f 7=~, LlW

r

)

(3.29)

166


a funkeije

I

y


i je T'

2"

3.

T=··-=2 L'lw

Grafiei funkeija y i

i y I su dati

r -

p

na sljedeCim slikama

0.212 11 m

= 1.2· 103

·-. : ;

kg/m 3

;-."

p

T = 290 K

...

h+dh h

'.

· :.: j< ·

ndn2 = 1.875 NA =7

2.

..

'"

P+dp

L'lh -"- 30 mm

.

.. '

"

///

-' /

..

.. . ./

/',

I

-2.

In

167

I J-.-

T·b~

-

-I

2.

r

Prerna tonle kruzna frekvencija amplitude je Wa

21f 21f = -_. = = .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

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

p - (p

+ dp)

dG S

pdV 9 S

pgSdh S

= --- = - - = - - - = pgdh

odnosno

dp = -pgdh Kako je 1-'1112

= T = 11,

dobijamo kruzna frekveneija udara

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=

odnosno 1 jFLL2 - L,

va=-\··~

2V m

L,L2

=18Hz

RT'

gdje je M molarna masa- gasa~- R univerzafna gasna konstanta, T apsolutna temperatura i p pritisak.

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA. PISMENIH ISPITA

168

Ako izraz za gustinu gasa uVTstimo u izraz za dp dobijamo

pM dp = ----gdh RT· sto predstavlja diferencijalnu jednacinu. Rzdvajanjem promjenljivih dohijamo

dp

-

p

Mg RT

= ----dh

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

169

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI1Z FIZIKE

Njihova koncentracija, na nekoj visini od dna suda, se moze izraziti kao

-'~h IcT n,=noc (h)

Kako je

gdje je Po gustina vode. Zavisnost koncentracije cestica gumiguta od visine bice PrimjenjujuCi ovaj izraz za dva raziiCita nivoa dobija se

Mgh Inp=----+lnC RT

nl

;;;;:~

not

n2 = noc

odnosno

~ ",;/It) (l-.I!.~,) kT

._ !!:.!!!!.2

kT

p

(1 ~ !'-it.. ) p

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

Ako ove dvije jednaCine podijclirno dohijarno 17'1

-~=e

"'!I(/u"~(l~~) kT

p

n2

Logaritmiranjem se dohija In.''' = mg6,h

n,

kT

(1 _

p,) p

gdje je 6,h = h, - h,. < Kako je k = R/NA i masa kuglice gumiguta m = 37rTvp = 4.79· 10'-17 kg, izraz za izracunavanje Avogadrovog broja u Perenovom 0

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

eksperimentu postaje

NA =

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

4. 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

RT

p

~---ln

mgfj,h p - Pv

n,

- . - = 6.47 ·10 7'1-2

23

molek

-mol

P, = 10 mW P, = 1 mW P 3 = 1 m.W Al = 670 nm. A Z = f)98 nm ..\3 = 456 nm Us ,=7 U, =7 U, =7 1,=7 1, =? h =iA = 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 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 11

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

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

6.q

UvrstavajuCi u posljednju jednacinu izraz za N', dobijamo izraz za izracunavanje jacine fotoelektricne struje

ePA

\

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

e

(he _

A

k)'

Uz2 =

(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 -

A

a) Energija [otona talasne dmine A, je

(3,30)

Ako je upadna svjetlost snage P, onda ona za vrijeme 6..t na povrsinu metala donese enrgiju E = P6.t

he

?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

Odavdje se dobija da je zakoi'ni napon

~

1=1]-

he 19 E t , = A, = 2,964,10- J

he -,\ = Ai + eUz

U, =

N'e

1=-=6.t 6.t

(3,32)

I,

e) U" = 0,79 V i Is

1 (he - k) e),2

1

= 0,146 V

= 1]'P;,Ao~ = 0,24 = 0,18

rnA

rnA

172

GLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA

3.2.4

173


Drugi parcijalni ispit iz Fizike AD = 1.5 n = 1.5 \O(t) =7 ). =7 n'=?

1. Tuzla, 5.5.1987. godine 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

Htr

Jed n aCina kretanj a rnaternatickog klat,na (osnovna jednacina dinamike rotacionog kretanja) je

_W-"'\[~ I

G:

I I

I

]V

let

L,Mi

(j

i,::::l

odnosno

gdje je:

Mz =0

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~ 'e u svakom trenutku. On je kao vektor usmJeren kao 1 ena 0 d 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

175

3.2. DRUGI PARCIJALNIISPlT1 1Z FlZIKE U zimajuCi da je

w = Jw5 - f3'

= 0

>0

dobijamo da je Za malene otklone Inoze se smatrati da je sin'P '" tan 'P '" 'P Kako je v jednacina

Lw

+ L2' rIP + L rng'P

_

'PI -

.. ,

.+-

r. -p

m

+ -gp L

'P

= 0

!..p

-

= 2(3

m

,

g

2

L =Wo

C Ie (~~+'w)t

i

ip2

+ C 2e (~~~'w)t

+ 1,CI sinwt +- C 2 coswt tCzsinwt) cc. e-~t (C, + C 2 ) coswt + t (C, - C,) sinwt

Ako urnjesto konstanti C 1 i G z uvedemo nove konstante sljedecim relacijama

2 + 2(3' 'tp + Warp

::::; 0

!.po

(3.34)

Ovo je linearna, homogena diferencijalna jednaCina drugog recla, sa konstantnim koeficijentima. Njeno rjesenje se trazi U obliku

dobijamo daje trazeno rjesenje !..p = !.poe-

'P(t) =

!..pI

= e- f3t (C1coswt 'P

dobija se diferencijalna jednaCina 'P..

(-tH-otw)t

odnosno

Ako se uvedu zamjene r

e

Rjesenje jednaCine (3.34) je i linearna kombinacija rjesenja

= 0

odnosno
,w

Dakle, jednaCinu (3.34) zadovoljavaju dva rjesenja

.~ L
i p, = .... (3 -

PI = -(3+,w

f3t

(cos wt cos 0: ~- sin wi sin 0:)

ept

odnosno

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' cija su Ijescnja

+ 2(3 P + W5

= 0

'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 T

UzimajuCi u obzir da je w =

= .\ow 2".

JW5 - fJ2 dobija se da je

176


b) Logaritamski dekrement prigusenja pri nov om otPOfU sredine se definise kao

3.2. DRUCr PARClJALNI ISPITI IZ FlZIKE I

I

I

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

!

Ako se otpor sredine poveca n puta, tj. ako je r' = nr dobijamo da Je ).' = ~ ___21f

2m

.~ _

__=

J 6_ (;:)2

!

r; __ 0

-- 1 4r.Z

)),5

n2(P

r--------! (n'2 - 1)'\5 V1 - --,;-;;:2-- = a

=?

nl

00.

= 3 kHz a = 0.5 m !',.v.= 200 Hz c=340m/8

,/w6 -_ {liZ =

O.

;" I~ 0

x

Vpr

).0

C

-1-

C

c -+- aw = -"--Vo C

+..-aw"-Vo

-

c

!',.vc Zavo

=

c - aw --------vo c

Zawvo =c

22.67 rad/8

Ako se piknometar napuni tecnoscu temperature t 2 , njegova zapremina ce se povecati usljed zagrijavanja, ali ce stati manje tecnosti jer se Dna brze siri. Zapremina te tecnosti je

Vyr

~----Vo

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 1./1

c

= _

gPl

Kada se prijemnik bude priblizavao izvoru, on ce registrovati zvuk vere frekvencije od onog koji emituje iZYOT. Ta frekvencija je -+-

V2

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 = - (3.36)

w =?

C

c

3.

v~ '"

= --- =

VI -

w =

Vo

V

=

odnosno

---

a

c -- aw

----va

1z prethodnog izraza.

Ist1 rezultat se moze dobiti ako se stavi da je w' =-

2.

/j.1.J

.

c) Oscilovanje ce biti nemoguce, ako je N = se vidi da ce to biti ako je

=

Razlika frekvencija (maksimalne i minimalne) predst.avlja sirinu frekventnog intervala

Uvrstavanjem nadjenog izraza za f3 u posljednjoj jednaCinu dobija se da je I nAo ). = -~=.= = 2 33 2 ~ V

1./2

-j

nf321f

J~5 -

W

177

G, 11,2 = - -

:l

, I

gp,

(3.37)

Zapremina piknometra na temperaturi t2 moze se- izracunati po pribliznoj relaciji

(3.3§) gdje je Vtz zapremina one tecnosti koja na temperaturi t2 stane u piknometar.

• 178



Gustina tecnosti u zavisnosti ad temperature mijenja se po zakonu m

p=rn=

_

pa se moze uzeti da je h"

t

1 + 12t,

Wv

pz = - -Po- I + ~2t2

Kako je

jer je {

~2t2

,i I

=

1 t).t

(

1- G,(l

G

+ 11f:lt)

c'

c

I

)

3

lev

ekT

. 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

Rjesavanjem po ~2 dobijamo

~2

v=

PIg

2

87fh

--v

I

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

~

Kako je gustina energije zracenja izrazena preko frekvencija jednaka onoj izrazenoj preko odgovarajucih talasnih duzina, mozemo pisati

Rjesavanjern prvog od ovih izraza po Po i uvrstavanjem u drugi l dobija se

1 -0·--- '" 1 1 + ~2t2

1

Jedinica u irneniocu se moze zanemariti i ostaje

Prema tome je Po

»

ekT

Po

Vo{1+~2t) - 1+~2t

V

179

'I

.;\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 C 2 su konstante. Rejli-Dzinsova formula vazi u oblasti niskih frekvencija tj. gdje je hv <{: kT i moze se uzeti da je

odnosno

£ ekT

4. Plankova formula za spektralnu gustinu energije zracenja apsolutno crnog tijela je

3

C

k"

ekT

-

1+

-hv ~ ... kT '

Uvrstavanjem u Plankovu formulu za spektralnu gustinu energlJe zracenja dobijamo

1

Vinova formula se do bro slagala sa eksperimentalnhn rezultatim za visoke frekvencije.O niske temperature. U tom sl"ucaju"je .-

hv» kT

~

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

e>'kT -

he Am = 4.965 kT adakle je

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

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

1

w),::::: --5--~

A'

3.2. DRUGI PARCIJALNI lSPITI IZ FlZIKE

he b 4.965kT - T

A ------m -

gdje je

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.

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

'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 . 2"9 7 h

0= arccos(---O.237) = 103 0 11'

Iz zakona

0 odrzanju impulsa (vidi sliku) imarno

pa dobijarno jednaCinu

e" 5 - x - - =0 eX - 1 U

obliku

mv

A ko preuredimo ove jednacine dobijamo da je

Oha se moze rijesiti graflckim putem" ako je preuredimo na oblik

Fil

+ fl!::.~, cos 0 e -mvsinrtJ + hl/' sinO Me , ~TQ>---~--1E~~------------~v x

h.~ , = mv cos!p

0= Ovu transcedentnu jednaCinu mozemo zapisati

y

..

hI/'·

Il

mVSlnrtJ = -;- SIno

mv cos rtJ = fu!.. , -

,

hI/'

COS 8

n

I.· •...

182

GLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA PISMENIII lSPITA

Dijeljenjem prve jednacine sa drugom dobija se [W'

tan r.p =

Kako je E = elektrona

sin 0

AsinO

c .~_ _

h; _ h:~ cos 8 =

¥ i (1

.6.A + .:\(1 - cos 0)

cos 0) = .6.>";;""C, dobijarno da je ugao uzmaka

q:.:.·1

II

11 11

;1

t"I

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

tan

he sin (J = .6,)'(E+=oc 2 )

0.6072

'P = arctan 0.6072 = 31 0 IS'

6.

k = 2 n=3 Ai = 4.28 eV Uk =? Prema elementarnoj Borovoj teoriji atoma vodonika i njemu slicnih jona, energija emitovanog fotana je odredjena relacijom

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 =

!

e

(hug2

~

A;) = 12.72 eV

Da bismo utvrdili treba Ii da se racunaju relativisticki efekti treba izracunati maksimalnu brzinu elektrona iz relacije 2 rfloVma:t ~~=

odnosno

hUnk = Z'(EnH ~ E kH ) gdje su EnH i EkH energije n-tog i k-tog stacionarnog stanja atoma vodonika Cija je vrijednost

2

Odavdje je Vma:t

E

~ E,

nH -

n2

i

E,

EkH = -

k'

a El predstravlja encrgiju osnovnog stanja atoma vodonika. Sada se moze, uzimajuCi da je Z = 3, pisati

hU32 = 3 2

(lE-" ~ El) 22 32

Kako je E, = --13.6 eV energija osnovnog stanja atoma vodonika, dobija :_c da je energija emitovanog fotana

hU32 = 17eV

=eUk

=

!ZeU

Vj .-~-k

= 2.1-10

6

mjs

Prema redu velicine dobijene brzine zakljucujemo da ne treba uracunavati relativisticke efekte.

3.2.5

Drugi parcijalni ispit iz Fizike 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.

184


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 Pd 1l2 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.

gdje je 10 prag cujnosti, na frekvenciji Vo = 1 kHz, a I intenzitet zvuka odredjen relacljom 1 'w 2v 1= -pa

,= 2.07 . 10-

( 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, = '--'-,~

(3.43)

2

Posta se sarno amplituda mijenja~ na mjestu Je

.7:

=

X2,

intenzitet talasa

pa 2 w 2 v 1, = _1 __

2 Nivoi intenziteta zvuke na datim mjestima ce biti

Ako se potra"i razlika L, - L, dobija se da je

.Rjesen.ia 1.

185

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITJ IZ FlZIKE

a'

L, - L, = IOlg-l: 3

a,

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 (3.40)

1-

10

(3.41)

al

= ao i a2 = aoe~l'X2 uvrstavanjem se dabija

Ll - L2 = 20 19 eiX'2 odnosno

L, = L, - 20,x,lg e 2.

fO

= 0.5 m.

to = ODC t, = 30 DC t2 =

l'Tivo jaCine zvuka odredjen je relacijom

L=IOlog-

Kako je prema (3.40)

--20°C

L = 100 km 6 (X = 12.1011K ,6.n

=7

O~ 64.4

dB

• 186

GLAVA 3. RIJK~ENI ZADACI SA PISMENIH [SPITA

Put koji predje centar tocka je L = tocak na tom putu je

3.

Poluprecnik tocka zavisi od temperature, prema zakonu

+ at)

'7 = 0.5 % T = 2500 K !'.A = '7Am

b = 2.897· 10- 3 m . K E Am =? EllA =?

gdje je ro poluprecnik tocka na temperaturi 0 °C. Tako ce na temperaturama tl i t z poluprecnici tocka iznositi

Gustina energije zracenja koja pot ice od zracenja Cije su frekvencije iz intervala (v, v + !'.v) iznosi

a odgovarajuci brojevi obrtaja na temperaturama tl i t z iznose

gdje je formulom

t

nz

187

Broj abrta koje napravi

VT.

L n= - 2r7r

r = ro(1


!'.w v = wv!'.v (3.44) Wv spektralna gustina energije zracenja data Planckov-om

L

= - - _..._ 21fro(1 + at,)

ce

Laka j~ uofiti da na visaj ternperaturi broj abrta biti manji, sto znaci da je trazena raziika u broju abrta

(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>, odnosno

!'.n =

_1:.._ (_1_ _ 21fro

1

+- utI

1

1)

+

cxt2

odakle se nakon sredjivanja dobija da je

!'.n = ~ 21fro 1

Kako je vrijednost obrtaja postaje

Q:

<>(t, - t , )

+ a(t, + t,) + o.'t , t,

malena, maze se

!'.n =.~

0: 2

zanernariti i izraz za razliku

art, - t , ) = 19.1 21fTo 1 + a( t, + t,)

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 ~\fi

1 e;~~

-

1

188


Kako je ukupna emisiona moe apsolutno crnag tijela proporcionalna ukupnoj gustini energije zracenja

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

E= ~w 4

onda ce i spektralna emisiona moe biti data izrazom 4.

Eo

e

L d =?

Za A = Am imarna

v=?

1

C

E).,," = 4w).",

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

x

(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

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 (3.49)

2 KinOeticka energija elektrona koji je uletio u polje se smanjuje jer elektron sav1adava silu elektrostatickog polja na putu d/2 po y-praveu .

0-

190

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITJt

Taj rad je

3.2. DRUGI PARCIJALNl lSPITI lZ FlZIKE to

A=F~

ce x-komponente brzine na izlazu iz polja biti --

-,

"2

Kako je 8ila elektricnog polja Fel =

A

C~

ec

Vx

Tad iznosi

J

ede

' __•

Sa crteza se vidi cla je VOy

=

Vo

cos

e

V lI

i uslov (3.49) postaje

odakle se dobija da je d

rn,v6

2Eo

Y

- - sinO m,

=

vO ll -

at

gdje je a intenzitet usporenja nadjen kao rHea

Kilko je

=

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

__

2 r-

191

>

-=

.Pe

*

U pravcu X-ose, elektron brzinom pri cemu je

e •

- mee v20 C08

2 ()

(3.50)

= 2Eo, uslov (:;'50) p08taje

2Eo 2 d> "-"e08 e

t

a

V;J;)

ee

= -

prevali, za vrijeme t, put L,

L

=-

vx UvrstavajuCi izraz za Vx dobija se da je vrijeme kretanja elektTona kroz elektrostaticko polje

- ee

b) Brzina kojom elektroni napustaju elektrostaticko polje odredjena je intenzitetorn

V=VV

2 2 x +V y

i pravcem koji s~ X-oso m zaklapa ugao

v vx

(J = atan~

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,

Komponenta

V ll U

tom trenutku je data izrazorn

". =,VjrzE: -me

eLE Cose -

me sinO

r;;,~-

Vl':':2Eo

Intenzitet brzine kojom elektron naptiSta elektrostaticko polje nakon uvrstavanja izraza za Vx i 'u Y ' 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

.- LE

(3 = arctan cot 0 _ __ e ----,-( ZEo sin 2

)

e

192

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPlTA

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPIT! IZ FlZIKE

193

odnosno, izrazeno preko pcrioda poluraspada

5.

T, = 21 h T, = 3.2 h

t

~-? Ao

= =ax

-.

Zadani radioaktivni niz mozemo predstaviti na sljedeCi naCin

Promjena broja aloma izotopa Pd (roditelja) odredjena je jednacinom

(: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 jednacinom

T T,T,ln ~ '2 (Tl - T,)ln 2

(3.55)

J'vlaksimalna aktivnost potomka odredjena je izrazom

odnosno

A

A2AI

2rnax

= .:\2 -

N OI (e- A1t",,,,,

_

e-).'2 t ma;:r)

Al

Kako je pocetna aktivnost roditelja AlO trazeni odnos

odnosno

(: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

(3.54)

dt

1z ovog uslova se dobije da ce maksimalan broj jezgara Ag biti u

trenutku

t

In~

---: _._A,-

max - . \

,-

.\

1

3.2.6

Drugi parcijalni is pit

IZ

Fizike Tuzla, 27.8.1990. godine

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 donH. jem sudu poceti izlaziti mjehuri vaz-

duhR na sJobodnoj povrsini Lecnosti u

. gornjem sudu? Smatrati da je tempera,tura konstantna. Di~kutovati dobijeni rezultaL

GLJ,VA 3. RJJE:ENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA

194

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 1m 2

3.2. DRUGl PARClJALNI lSPITl lZ FlZIKE

p zapremisku masU nedeformisane sredine U okolini te tacke, w je kruzna frekvencija talasa, k je talasni vektor. Srednja vrijednost zapreminske gustine energije u okolini te tacke Je

-

Ur

jer je u datoj tacki

1 2 2 = 2" p a r w

r konstantno, a srednja vremenska vrijednost 2 1 sin (wt - k . i) = 2

Srednja vrijednost gustine toka energije u okolini te tacke ce biti.

v

gdje je 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 ,sr -- '*'sr

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

195

c= ~pa2w2v . 2 r

4~r2 "

= I r . 4~r2 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

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 U odnosu na tackasti iivor zvuka, u trenutku t, u, prcdstavlja amplitudu talasa u toj tacki,

r

Intenzitet zvucnog talasa na rastojanju r od od izvora, kada postoj i apsorpcija, ce biti

GLAVA

196

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

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

pa je srednja snaga zvucnog izvora

Intenzitet zvuka na rnjestu r odredic€rno na za nivo jac.ine

osnOV11

pozna tog izraza gdje je 8 povrsina poprecnog presjeka suda, UVTstavajuCi izraz za V i V, u (3.56) dobija se

.

Ie L=lOlg10

PS~=PIS(~ -x)

Ovo se moze napisati kao

10

0.1 L

Ir

=,

a nakon sredjivanja se dobija jednaCina

1[)

pH

odakle je IT = lOo.lLlo = 1.10- 5

W/m,z

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

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)

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

198


Posto treba da je x > 0) to mora biti


199

Kako je mjk = Mj R dobijamo izraz za temperaturu gasa pri zadanim uslovima

pgH p<--.

T =

8

M(v 2 - v') 2 1 4R In ""

= 328

K

"'

b) Najvjerovatnija vrijednost brzine molekula dobije se iz uslova 3. 'Ul=300rn/s '/)2 = 600 rn/s To = 330 K M = 28 g/mol '1=2 f(vl) = f(v2)

da je prvi izvod Maksvelove funkcije raspodjele po v jednak nuli i alla iZIlosi

f(lr)

Vnaj

/2RT 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

T =7 v'

=

=?

•

.!V/_8M

f( v na:l). T) -- e 1fRT a) .tvfaksvelova funkcija raspodjele molekula po intenzitetirna brzina data je izrazom

fl 'U, T)

__ ~ ( -m,(if 2kT

)3/2 e

_me'

2kTV2

(3.58)

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.

Prema uslovu zadatka treba da je f(11',1;) f (11', g)

f(v1, T) = f(v2, T) odnosno

Odavdje se dobija da je

V5 = --

vi

Ako logaritmujemo lijevu i se

---!t!eZkT

deSIlU

(2 .2) tF 2 -V 1

stranu posljednje jednacine dobija

V2 = m- (. 2 In ~ v2 VI

2kT

_

2

v 2)

c) Kako je prema uslovu zadatka

1

f(v,To) = f(v, 'ITo)

odakle je

T = m ( '/)22

-

VI')

4kln '!.>

",

(3.59)

lako je dobiti vrijednost brzlne molekula v pri kojoj je to zadovoljeno (presjecIla tacka obje krive linije).

200

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENTH JSPITA

UvrstavajuCi odgovarajur.e izraze (3.58) u (3.59) dobija se jednaCina

3.2. DR UGI PARCIJALNI [SPIT! [Z FIZIKE

Prema zakonu 0 odrzanju iIIlpulsa izolovanog sistema moze se napisati 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

odakle se nakon sredjivanja dobija da je

hVl

-

i.

I

201

- pj = pz-

hvz

c

RjesavanjcrIl ove jednaCine po v dobijarIlo

c

(3.62)

JednaCinll (:1.60) mozemo pisati u obliku

! 3kTo'1 In '1

v=

Y-m(1J-=-lT

(3.63) a. jednacinu (3.62)

Zamjenorn kim = R/1V dobUa se lzraz za brzinu .IDolekula

/ 3RTo'1 In '7

U

obliku

,

vee VMG~ = 638 mj8

odnosno 4.

(3.64)

hVj=5211eV Ek = 100 keY

Kvadriranjernjednacina (3.63) i (iL64) ] od-uzimanjem dn1ge od prve, dobijamo

p=7r

E

=7

a}~ Kalo je prerna specijalnoj teoriji relativnosti

r

Ef - pic 2 = m,5 c4 E~ -~. p~C2 = m,5c4

(3.66) (3.67)

Nakon uvrst.avanja izraza (3.66) i (3.67) u (3.65) dobija se 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

(3.68)

DijeUenjem ove jednacine sa

hl/11-12

dobija se (3.69)

(3.60)

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

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

i jednacina (3.69) postaje

T adakle je

hv,

Ako se (3.71) diferencira po t dobija se

hv,E,

co

~--~,~~

E, + 2hv,

= 0.25 MeV

dN

-

b)Kada je PI razliCito od nule, anda je

A(t)

Iz izraza (3.66) dobija se da je

e- At

0

=

ANoe- At

V Ei - rn6c4- = 0.335 M"eV

(3.73)

Prema (3.69) se dobija da.ie

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

adakle je

5.

(3.72)

Proizvod A1\/0 = .A o predstavlja aktivnost radioaktivnog izvora u pocetnom trenutku) pa se dobija zakon pronljene aktivnosti radioaktivnog izvora tl toku vrernena

r-~·-.~

=

= ~AN

Kada se ovaj rezultat uvrsti u (3.70) dobija se

E, = rnoc' + Ek = 0.511 MeV -+ 0.1 MeV = 0.611 MeV

PIC

dt

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

rn = 1 g

Ra 226 T = 1620 god

t = 10 god A =7

Pocetna aktivnost je sada data izrazom 0.693 m Ao = '--~-NA = 3.7 ·10'0 Bq

a) Aktivnost radioaktivnog ele_menta prerna definiciji je brzina

T M

radioaktivnog raspadanja (jednaka je broju jezgara koja se raspadnu u jednoj sekundi)

dN dt

A~I-

~I

c) Aktivnost radioaktivIlog izvora nakon vrernena t prema (3.73) Je

(no)

GLAVA 3. RIJEiJENI ZADACI SA PISMENlH lSPITA

204

3.2.1

Drugi parcijalni ispit iz Fizike Tuzla. 3.9.1990. godine

3.2. DlWGl PARCIJALNI ISPITI lZ .FlUKE

205

Prema uslovu zadatka, amplitude oscilovallja se razlikuju za se moze napisati kao

al - az az ,=---·=1--

1. U hornogenoj sredini se raf,prostire ravanski harmonijskl taJas talasne duzine ,\ :::::: 1. rn c.ija je jednacina

al

f,

sto

(3.76)

0.1

gdje su 0,1 i rLz amplitude oscilovanja cestica na udaljenostima Xl i Xz ad izvora taJasa 1 lwje su prerna (:3..74) i (3.75)' odredjene izrazima

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 :> T z . 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.

(3.77) Ako u izraz (3.7G) uvrstimo izraze (3.77) dohija

odnosno Odavdjc se dobija da je il;J;

Fazna ra:;;Eka taJasa 6.'P

=

11

=

l...ackanw je

'P2 _. 'PI

=

wt _. kx2

ol1.l1mmO L), ip =

A=lm

58

(wt· kx,) = k6.x

2" LlJ; A

~"-,,-

Nakon uvrstavanja iZTtlZa za ,0.x dobija se cia je trazena fazua razlika

p=O.51;m r = 1 O/(i at: 0.01 6cp =; l\a rastojanju Xl od izvora talasa. jednacina kretanja cestica elasti(lle sredine kroz koju se prostire talas je

6.'P =

All

E)

= -0.126 rad ~ --7.24

Cestica sredine na Tastojanju X2 zaostajae:c tacki Xl (znak minus u rezulLatu). 2.

(3.75)

27fln(l -

.1 =

0

U

0

oscilovanju za onom u

206


Rad koji treha izvrsiti Had vazduhorn pri adiJ·abatskoJ· komp feSI]l ... " . - . rae una se prema lzrazu

207

:3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE odakle je P, V, p=-~

V

(3.78) 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)

Aka se taj izraz uvrsti u (3.78) dobija se da je rad koji se izvrsi nad gasom pri izotermickoj kompresiji

Ai =

~P1V,

l

V,

dV -.

v, V

odnosno

VI

A; = ··'Pl V,(ln V2 ~ In V, ) = Pl V, In -' V,

PV< = plV,' 5V. g dJe je K = cp/ct). adijabatska konstanta za vazduh. jednacine IIlozerno izraziti pritisak p pa se dobija

Aka se uvrsti poznati adnos zapremina dobija se da je utroseni Tad pri izotermnom procesu 1z ove

(3.80)

p1Vt

P = ----

V,

Na osno~::- ovogaje rad koji treba iZVTsiti nad gasompri adijabatsko' kampreslJl J

A =

~P

V< r V ,

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

dV

Cp = -·-R i Cv

a l l JV1 V'"

2

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 adijabats-

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) Au 1 51\,-1 ·--·1 - = - .. - . - - - '0 1.43 Ai ,,~l InS

kOJ pIOCeSU lZnOSI

,

A a-~ PlV K-l

'(_'-1 --1 ) U

'

p~~ __ izoternlickoT"l!- procesu za dV8: proizvoljna stanja.. vazi

(3.79)

3. Tl = 393 K 1, = 293 K rl = 5 (rn TZ

pV =P,V,

=:i..2 R

= 10 ern

T(r) =?

208

CLAVA 3. RlJESENI ZADACI SA P[SMENlH ISPITA

3.2. DRUm PARClJALNI [SPITI IZ FlZIKE Aka se u izraz (3.83) uvrsti cia je 1'rotok toplote kroz cilinclricni sloj

=

T

T"

209

tada jo 1'(r,)

(3.85) Ako se izraz (3.85) uVTsti u (3.84.) dobija se da je In

L

1'(r) = 1', - (1', - 1'2)---;:-;In ~ a) Protok to1'lote kroz cilindricni 810j debljine de na rstojanju r od ose dlindra. je dT q = --),8(3.8} ) de gdje je S =- 2?T'r L povTsina sioja. kroz koji Sf' provodi toplota. Uvr.stavanjerrl II (3.81) dobijamo

"

b) Koristeci izraz

(3.86) i

u'vrstavajuCi zadane vrijed· T(r) nosti dobijamo da treba 393 Ddcrtati funkciju

I

293 JednaCina (a.82) je diferencijalna. jednacina koja se rjesava ta.ko da se razdvoje promjenljive i dobije jednaCina

dr

q

---~

2'lfL r

gdje temperatura. u .K) a

Integracijom lijeve i desne strane ove jednaCine dobija

Se

I

T

Njen grafik je prikazan na slici,

r(cm)

h

do. je

h))

odakle je

(3.83) Zavisnost ternperature od udaljenosti r od Ose ciEndra; iz jednacille (3.83) 50 data izrawm

],or'r \ .:..:;: 'f_ )

q1 -- - -

27fLA

In

T

,~

rl

I

.. -1-- -- - - - - - - ---- . __ _

u em.

4.

= -,\d1'

I I I

T(r) = 393 - 144.31n(O.2r) (3.82)

(3.86)

(:1.8-1)

e

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,

210


3.2. DR UGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

prema Komptonovom izrazu je ,\ -

'\0

211

U nuklearnoj reakciji =

2h sin 2 moc

~ 2

sLi 6

(3.87)

+, H'

--+2

H e4

+Q

vrijednost oslobodjene energije je, prema reladji ekvivalencije mase i energij~, odredjena izrazom

gdje je rno masa rnirovanja elektrona, h Plankova konstanta i c brzina svjetlosti. Kada jednaCinu (3.87) podijelimo sa '\0 dobija se

Q = 6.mc' "' - 1 = -2h- sin 2 -8 '\0 modo 2

~-

(3.88)

gdje je 6.m defekt rnase odredjen relacijorn

Ako izrazimo talasne duzine u funkciji energije he.

he

Eo

E

"'0=--' , \ = -

(3.89)

Prema uslovu zadatka je E = (1 -

f] )EOl

Masa bilo kojeg jezgra odredjena je relacijom

I

j\1). = Z rnp

I

nakon uvrstavanja (3.89) u (3.88) dobija se izraz

Eo 2h 28 - -1 = ----sin E mocAo 2

I

I, !

(3.90)

+ (A -

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

odnosIlo. MLi

Eo 1 -=-E 1-7) Kada izraz (3.91) uvrstirno u (3.90) dobija se izraz

(3.91)

3rnp

Mu = mp

+ 3mn -I-

,5,

ESt!l

= 5.33

MeV

E,v2 = 1.11 MeV E,vs = 7.08 MeV Q ='1

rnn

.Q.&.'.av.L

"

~Vd c:l

Defekt rnase, nakon uvrstavanja gornjih izraza postaje 1 2h. 2 8 . - - - 1 .= - - - SIn .1 - 1J mocAo 2 odakle je trazena talasna duzina

Z) mn - -AE,v -2-

Trazena oslobodjena enrgija iznosi

212

GLAVA 3. RIJESENI ZADA.CI SA PISMEN1H ISPITA

3.2.8

Drugi parcijalni is pit iz Fizike Tuzla, 30.9.1985. godine

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 810jem 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 d 2 = 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-

3.2. DRUGI PARC1JALNI ISPITI IZ FlZIKE RJesenja: 1.

m,

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

(

\

<

Ym

d

.

f~--h

Lan"

c~

n===='l======K""T -i -----I

--\/1 -- ---- tan e

. Ym ~. }~a koliko se ~azlikuju medjusobno prvi eksitacioni potencijaJi

kod izotopa vodonika iH1 "i atomu ne zanemaruj-e?

lH2

u slucaju kada se kretanje jezgra u

i1z

m

\

,, \

L .~

\

\ ~

\

\ -\

\

T =?

\

a) Polozaj stabilne revnotezc za sis-

';L)

l-

m2 tem bi bio kao na sliei. Ako se 62 sistern malo izvede iz polozaja stabilne ravnoteze i prepusti samorn sebi, nastace male osdlacije oko polozaja stabilne ravnoteze. Kretanje se moze opisati osnovnom jednacinom dinamike rotacionog 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, je ugaono ubrzanje slsterna u dat:om_ trenutku, ~ Mi momenti spoljasnjih sila koje djeluju i izazlvaju kretanje. Moment inercije sistema je zbir momenata inercije stapa i ~ugli kao tackastih Inasa u odnosll na osu oko koje se vrsi oscilacovapje

a

I

I, = 1"

"I

,

\

_\

\

4. U homogeno elektro-

-1

"t' \ G,

nu gasnog stanja idealnog gasa u stadonarnom stanju.

statii'ko polje izmedju ploca ravanskog kondenzatora ulijece elektron I kako je prikazano na slid, i Dokazati da je 11 s]ucaju -1_

213

I

+ 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 ka nama. Rezulbujuci mo:rp.ent bice

-¥l

M=M, +M,

214


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=--

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

dt'

UzimajuCi sve ovo

11

obzir jednacina (3.92) se moze napisati kao UziIIlajuci

U

obzir da je moment incrcije sistema

Projekcija ave jednaCine na srujer duz ose prema nama daje

d2 'P 1,-dt'

= ]Y[, -

M2 nakon uvrstavanja i sredjivanja se dobije da je

gdje su

[(m + 3m, + 3m,)L =

1\:!1 = rn1gL l sirup = trnlg sin 'P

M2

=

rnzgL 2 sin rp

=

T = 211' I' ~

i,mzg sin rp

6(m2 - m,)g

1.

9-

b S

intenziteti momenata sila.

Uvrstavanjem i prebacivanjem na lijevu stranu jedakosti 2

d 'P

dt' +

-ir m2'-

m

Be

dobija

Lg sin 'P = 0

~a .male oscilacije se moze uzeti da je sin 'P ~

('P izrazeno

radijanlma), pa dobijamo linearnu homogenu diferencijalnu jednaCinu drugog red a sa konstantnim koeficijentima 2 --.~ .,2,~

d 'P

dt2 .

~Oy

=

rp

11

0

gdje je

pozitivna konstanta. Rjesenje ave difere~cijalne jednaCi~e opisuje ~a~o se u toku vremena Inijenja ugao otklona od ravnoteznog poloz~a . .

'P(t) = 'Po cos (wot

+ (X)

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 koordinatnom sistemu odredjen radijus vektorom

216

GLAVA 3. RJJESENI ZADACI SA PISMENlIl ISl'ITA

z

+ llm2i2 + ... + Llmn~ .6..rnl + b.m2 -+ ... + !J..m n

~mlrl

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)

L

2

3.2. DRUGI PARClJALNI ISPITI IZ FlZIKE

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

y

gelje je

mL'

,

=

ml

Kako je

Z, =

+- rn2 -+ m

L/2,

Z2

= -- L/2 i

Z3

,~ 0 dobija se ela je

12

m,L' {m2 + m')L' + ~-+ ------4 4

mornent inercije sistema sa slijepljeninl InctkorIl, obrt.anja. Lako se elobija da je

(m,-- m,)L

Zc=--~-·

2{rn,

Wo =

+ m2 + m)

Uvrstavanjern

11

=1. z,

1=

(m, m,)L . 2{m, + m, + m)

~- ~---

izraz za period oscilovanja fizickog klatna dobija se -~.~-

T =

+ 3m, + 3m2)L 21f\1~ (m 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

1.95 s

m,

11

odnosu na osu

omsvo ----.--,,~~-,,-.~~~-----

(rn -I- 3rnl

Kako je m2 > rnl to je Ze. < 0, sto znacj da ce centar mase slstema lezati ispod OBe oscilovanja) a njegova udaljenost ce biti 5

-.

x

I =--Zc

217

-+.

;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 em +m 2 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:

o,

l:::..Ep' =

Ep2 -

EPI

flEp = {mz -+- ffis)gL-C mgt - (m,gL -+- mg~) flEp = (m,

1{ako rnora bHi

+ rn.3 -- m,)gL

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 polo-

3.2. DRUGl PARCI.JALNl lSPITI IZ FlZIKE

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

zaju stabilne ravnoteze da bi se obTnno do polozaja labilne ravnoteZ€. w

> !3.~E.E - V

r~:~rn2+m3-m;dg

=

\r

I.

W

(m+3ml+3m2+3m3)L

> 48 rad ,

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"rLdr

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

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 r

t, = 120 DC

IntegrirajuCi po r

d, = 13 em do = 7 em 7 = 1 dan A = 0.21 W /Krn q =? Q ="1

219

11

=

---·--dt q

granicarna od r2 do r1) a po

j " drr

t od

t2

do ll)

= _ 271" AL. rt'dl

q

T2

it'}.

dobijamo

r,

In -

a) Prolok loplote kroz neku povrsinu, koji se definise kao koli(:ina toplote koja prodje kroz tu povrsinu u jedinici vremena, dat je lzrazorn 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.

=

271" AL

--(t2 -

tIl

q Odavde se dobija izraz za protok toplote kroz cilindricni sloj T2

.. t 2 -t 1 .tz-t q:c 211"AL-- = 271"AL-·--1 In tl. in 4l d2

T2

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 VTCmen om, predstavIjace srednju vrijednost norma]ne komponente sile

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

kojom gas u sudu djeluje na tu povrsinu zida. Ukoliko se ta sila podijeli povrsinom /:,.S na koju ona normalno djeluje, dobice se pri-

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

tisak koji gas 11 sudu vdi na. zid. PreTna tome pritisak zatvorenog gasa potire od udaranja njegovin moleku1a 11 zidove sucia pa se moze pisati

.leI je

p=

Projekcij11 llkupne prOITljene ko1l6ne kretanja jednog dijcla. zida na slujer njegove spoljasnje nonnale mozerna izracunati na. sljed{;i nacin:

zbog idealno elestit-TIog 5udara Prema zakonu a_kcije 1 rea1rcl7:1d jc dobjo i~,tu tollkll promjen~l kolic,ine kretanja koja je SaTIIO suprotTlog smJcra 13a JC njena projekcij.a

VIi --::::" 1'2; = '1}i·

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. __ 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
'C'

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

jelne ~{, da stigrru do zida.


222

gdje je ni koncentracija molekula sa brzinom Uvrstavanjem u (3.94) dobijamo

=

L" tlK,i =

1 " "3mtlS tlt niV;

L

1:;;;;1

223

Koristenjem ovog u (3.95) dobijamo

Vi.

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

tlKz

3.2. DRUGI PARClJALNI lSPITl lZ FlZIKE

(3.95)

Srednja vrijednost sile kojom gas djeluje u toku vremena tlt na povdinu zida sud a 6.S biee

F

.ec

tlK. tlt

1 3

-

= - - = -nrnv2~S

Pritisak tog gasa je

t=;::l

(3.96) 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 V =

+ ... + NiVi + ... + .L7\,Trvr '--_._._. N, + N2 + ... + Ni + ... + N,

lVIVl

-+

N2V2

L~:::::l NiVi

-----

N

DijeljenjerIl brojioca i imenioca na desnoj stranl sa zaprerninom suda V dobijamo

-v=_·_-2:;""1 nit'i

gdje je

._ rnv 2 Ek = -2

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

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 pod srednjOITl vrijednoscu brzine za skup rnolekula podrazurnijevamo onu kOllstantnu vrijednost brzine koju bi trebao da irna svaki molekul u sudu 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 J

gdje je k Bolcmanova konstanta, nakon uvrstavanja u (3.96) dobijarno

p = nkT

J

\~r

v2

.

= ~io::::l

n odnosno

2

ni

(3.97)

Ovajednacina J kao i (3.96) predstavljajll osnovnujednaCinu kineticke teorije gasova za pritisak. Ukoliko (3.97) pomnozimo sa zaprerninom suda dobieemo

v1

pV = nVkT

"

(3.98)

Izraz n V = .IV predstavlja ukupan broj IDolekula u sudu, sto se moze napisati i kao

224


gdje je z broj rnolova moleknla gasa u sudu, aNA Avogadrov broj. UVTstavanje u (3.98) daje


.Kako je kretanje u vertikalnorn pravcu jednoliko prornjcIlljivo to IIlDzerno pisati da je

V;II = 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 Uzevsi

v y = 2aym gdje je 1J y y-kmnponenta brzille elektrollcl na izlazl1 iz kondcnzatora. Uvrstavanjcm i skrativanjem sa a) dobije se

M

tan 2

sto predstavlja opstu jednaCinu gasllog stanja za idealne gasove. 4. Treha pokazati da je tan a = ' . _.h...-: tan 0 ·V y",,,:r

fl-=.

0:

tan' 0 Odavde se dobije tan 0-:

i .. _ _ _.;-_ I... L __

,

x

I I

'if

Zadatak se moze rijesiti na vise nacina. Prikazat (emo dva 11a(:ina. Pry! nacin: Sa slike S8 vid] da je

=

= Voy -

tan 0

Ym

Vox

=

Vo CO.S 0:'

at :::::: Vo

sin

Cl:' -

at

Koordina.te polozaja. ('lektrona. u svakorn trenutkn u takviJTI uslovima. rnogu se dati jeonacinama

tan a

t cos 0: = h ---l---' 0 V t sin u'v ~ 9£ 2 x ::::.:.

tanO

tan' 0

+V 1

nika.kva. sita. Za projekcije brzina na ose lza,branog koordina.tnog sistema. rrlOzemo pisati Vx

Kako je kretanje 11 horizontalnom pravcu jednoliko) jeT nerna nikakvih sila, to .Ie Vox = V X1 pa se dobija

1'-/;:

::::.:.

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

v 11

K yadriranjem ovog izraza dobija se

2a.(y= .- h) 2

11

-1

225

'U '-'

1J o

A.ko jc Ym < d onda elektron nece ndariti iza.h 1Z konocTlzatora kao na. slici.

11

(3.99) gornju plocu

rnoCl ce


226

Vrijerne penjanja do najvise tacke putanje odredjuje se iz uslova da je u njoj

Vy

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE iito uvrstavanjem u (3.103) daje

= 0, odnosno

vosina -

atp

ti

= 0

odakle je tp =

Va

227

= Ip

( + VI/ + h) 1

Ym _ h

Sredjivanjem izraza pod korijenom dobijamo

sin 0:

(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 Ym = h

+ Votp sin 0: -

at' at' --..E. = h +--.--l!.. 2 2

(3.101)

U trenutku izlaska iz kondenzatora odnos komponenata brzina je (vidi crtez) tan O =

U trenutku izlaska iz kondenzatora je y = 0 pa je

0= h

+ v , t·, sin 0: -

at~ 2'

(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

-Vyi

Vo

= .

sin 0:

ati

-

Va cos

= tan a

a

SIn

a

Va

mozerna pisati

O= tana - tpti tan ~

0:

= tan Q.

(Ii) 1- Ip

Uvrstavanjem nadjenog izraza za h dobijamo t,

BU

tanO =-tana U slucaju Ym < d mora biti ti > tp pa nam u rjesenju ispred korijena ima fizickog smisla sarno predznak +, te mozemo pisati

t= tp ; Prema jednacini (3.101) je

(110 ~ 1 + 2h) at 2

p

~

V~

sto nakon sredjivanja daje tan a = .

(3.103)

Va cos a

Kako je

tan

Rjeiienja ove kvadratne jednaCine

ati

- --'-

0:'

-)1-

sto je i trebalo dokazati.

5. E,H' =? EIH2

=7

ma = 9.1 . 10-31 kg mp = mn = 1.67 . 10- 27 kg

h tanO Ym

(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.

3.2. DRUG1 PARCIJALNI 1SPITI 1Z FlUKE ZamJenom ovog rezultata

U

Ij

229

(J.IOS) imamo =

rno mo+ my"

(3.108)

r

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

Prerna definiciji radjjlls vektor centra mase ovog sistema JC 11 odnosu na koordinatnl pocetak nekog koordinatnog sistema

i'c=

~gi'e

'mo

me +-

rw

2

(3.110)

mj

lzjednacavanjem (3.109) i (3.110) dobijamo

+ miTj

+ m'j

(3.111 )

Ako pocetak koordinatnog sistema postavimo u ccntar mase) anda torn slucaju mora biti r~ = 0

11

Ivfornent kolicine kretanja sistema elektron-ezgro u koordinatnorn sisternu vezanom za centar mase sisterna iznosi

r:

Projekcija gornje vektoTske jedIlaCine na smjer vektora. polozaja ciaje rno m,or e - mjTj = 0 :.::> rj = '~-"re (3.105)

Projekclja ove vektorske jednar.inc na. smjer preTna na.ma daje

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 UVrStavanjem (3.WS)

11

+ lJ

r

Zamijenimo li (3.107) i (3.108)

U

ovu jednacinu imacemo

(3.106)

(3.W6) dobijamo da je r e ~-=: -'!!!..'L_ r rn.j ""1.- n?o

(3107)

Prema Borovom post1l1atu 0 kvantovanju momenta kolicine kretanja, moment kolic:ine krctanja sistema e1ektron-jezgro moze poprimiti

230


sarno one vrijednasti koje su jednake cjelobrojnom umnosku konstante It = h/2IT. mOmj

2

--'.....-'......r w = nit

mo+mj gdje je n = 1,2,3" .. glavni kvantni broj. Koristeci (3.112), jednacina (3.111) se moze napisati kao 1

(3.112)

Ze'

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).

(3.113)

mOmj

me! = --"--"

mo+mj

Odakle je Wn

1 Ze' = ----411"00 nltr

(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

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

(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

Za izotop

IHI

je Z = 1 i masa jezgra je jednaka masi protona mj =

mp pa bi bilo

=

medjusobnog djelovanja 1HZ za kaji je

?

Zamjenom

r,

i

rj

E' =

'

2

41l"e()

3e 3

(411" 00)2 8h~i

= 10.205 V

Odnos ovog potencijala prema prvom eksitacionom potencijalu za

E = E kj + Eke + Eps 17~'r2w2 '2 E = '_i_ + ml!.::;~_ _ _1_ Ze 2 2

1

Tnj ""

2mp je

r

prema (3.107) i (3.lOS), dabiCemo 2

w 2

(m.-~ -+- m.~~) J mo+mjF' 0 (mi+mu}2 E::;:::; 1.

momi_r2w2

211to+mi

__

= 0.99973

1_.Ze 2

411"£0

r

Trazena razlika eksitacionih potencijala je

_'_I_Ze 2 41reo

r

KaristeCi (3.113) i (3)15) ova jednaCina dade 1

Ze'

1

rnOmj

(4'lf€01' mo

Z2 e4

+ mj 2n 2 1t'

(3.116)

232

GLAVA 3. IUJESEN1 ZADACI SA PISMENIH ISPlTA

3.2.9

Drugi parcijalni ispit iz Fizike Tuzla, 25.2.1987. godine

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/rn 2 1 gustina vazduha p = 1.29 kgjrn 3 , a brzina zVllka u vazduhu 11 =::: 33] rnjs. 3. Elektroni koji se ubrzavajll naponom Uo izlijccu iz elektronskog 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

3.2. DRUG1 PARCIJALN1 ISPITI 1Z FlUKE

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 .8 2 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<.! ..[ zraz za ra..x · -un11TIJe Ridbergovc'konstantc izvesti i izracunati je,

233

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. Ako se izvede lZ ravIloteznog polozaja (a to se moze lZVTsitl saG rnn ako fiU se saopsti neka. meh alllcka encrglja i prepllsti SalTIO sebi) ono ce vrsiti oscilatorno kretanje. Aka ne llzimamo U obzir otpor sredine i trenje na -osi oka koje 08cilujc, 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 Moment sile teze je

Hjednak nnli.

234 gdje je

GLAVA 3. RlJESENl ZADACl SA PISMENIH lSPITA

I

radijus vektor napadne tacke sile tete

GU

odnosu na naj-

3.2. DRUGl PARClJALNl lSPlTI lZ FlZIKE

235

a aka se zalijepi malo tijelo na njega ona iznosi

bliiu 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

L, =

m,L, + mL mr+m

~----'--'--~

U

odnosu na datu osu 1 iznosi

-

J -2= M dt

I, = 1+ mlL;

na smjer ugaonog pomjeranja daje

jer se ml masa moze smatrati tackastom. Uvrstavanjem u (3.118) nakon sredjivanja dobijamo 2

w = 2

SredjivanjerIl ~ve jednacine se dobija

+ mL + rnlLi

m,L,

~--~-g

I

Iz jednaCine (:,.117) se moze odrediti masa fizickog klatna

..

mgL. y + -~··-sm_y = 0 I

[w 2

m = __,

Lg

Za male otklone je silly ~ y (izrazeno u radijanima), pa se dobij~ i uvrstavanjem u (3.119) dobijamo ".

2

'P-rwo'P =0 2

Ovo je diferencijalna jednai'ina koja opisuje harmonijsko oscilovanje, a kruzna ucestanost tih oscilacije je

Wo =

2

W2

Odavde je

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

WI

mgL

(3.118 )

gdje je ms = m +. ml masa sistema, L$ udaljenost polozaja centra mase sistem,a ad najblize tacke na osi

Is je moment inercije sistem.a

~

d 2 'P

msgL" w22 = ~I,

= -1-'

(3.117)

2. v = 1000 Hz L = 10 dB

10 = 1O~12 Wjm 2 r ,~ 1.29 kg! m 3 v = 331 mls' a =?

=

m,L,g + Iwi 1+ m,Ll

(3.119

)


236

se

Pri rasprostiranju zvuka kroz vazduh kroz njega prenosi energija. Srednja vrijednost gustine toka (fluksa) energije kroz srediJ11l

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

Je

7~r ..

1

2

= '-pa (;.) 2

2 1)

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=

Nivo jacine zvuka mjeren

li

--pa w v

(:-5.120)

2

decibelima je

L

oclnosno

Elektroni toli1wm hrzinom uJijecll U homogeno Inagnetsko poUe indukcije Bl pod uglom ad 7r/2 U odnos1J na pravac 11n1ja sileo Na takav elektron djehJje Lorenc ova slla

I

= 10 19 ......

Io Rjesavanjern posljednje jedn(1ejnc po I se dobija da je

1= 10

. lO{I,lL

(3.121)

Uvrstavanjern (3.121) u (3.120) i rjesavanjcrn .lednaCine po n dobija se da je

..~ a ..-

/210 10 0 . 1L

V.'-""p~z-;;-

1 = 27fv

·/ZTolOo.1L

_

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 =?

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
R Ugao izmedju Va 1 8 1 je ~va.nja se dobije

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

d

R=~2 sin 0'

F?-. coe doblja

238

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH 1SPITA

3.2. DRUG1 PARCIJALNI 1SPITI 1Z FlZIKE

239

Normalna komponenta brzine se odredjuje iz uslova

b)

eRB,

::::?Vn= - m

Period obilazenja po spirali je

Tada je

I2eUo 2rrm

d=n ----coso: m eB,

Y

odnosno, za n

=1 27f

OIl

Kada elektron uleti II homogeno magnetsko polje indukcije B" ce vrsiti kretanje po spirali jer ce Lorencova sila biti

F

= -e(vo

X

if,)

4.

Aka brzinu elektrona razlozimo ria komponentu vrn koja je normalna na B2 ) i drugu komponentu~, kojaje paralelna sa .8 2 ) 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 = nL 1 = nvoTcos 0::,

n=1,2,3,···

rz;;;:u;;

B, = d:Y-e-cosa

d=O.l mm T = 2500 K P = 2.5 . 10- 6 Om 8
I =? 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 Q = I'Rt gdje je

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

240


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 2 !

P

m,vr =

nn

(3.125)

gdje je n'= 1,2,3.··· glavni !
Ze 2

mvr·v =

~-~

41fco

Ako

5e

ovdje uvrsti rezultat iz (3.125) dobijemo Vn

=

1

.. 47fEo

Zc'

~-.- --~

nh

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 odredjene vrijednosti. Uvrstavanjem 11 (:1.125) dobija se

n'li

= 1.48 A

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

Tn

= - - .= m,V n

n2

t,'

47fEO----~ 2

mZe

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

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

mv 2

1

Ze 2

2

47fEo

r

E=~·-

(3.126)

Korist.eCi jednaCinu (3.124), iz (3.126) dobijamo

T

rnv

3.1. DRUGI PARCIJALNI ISPITI TZ FlUKE

(3.124)

1

mZ'e 4

~ ({EO)' 2n'1t'

(3.127)

242


Vidimo da ukupna energija sistema zavisi od toga na kojoj se putanji

3.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE Kineticka energija fotoelektrona ce biti

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 jednaku razlici ellergija ta dva kvantna stanja

Ek = E f

U

_J2E

1

A

V --

3.2.10

ovu jednacinu dobijamo

1

mZ'e

4 (

(41fco)' 2hcn 2

1 k2

1 mZ'e 4 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 , (1l' - 221)

3

2

= Z RH'4

Energija ovog [otona je he

3,

•

E f = : \ = ;;hcZ RH = 6~.38· 10

-19

J = 40. 86 e,u

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 me (1 . 1) ('4;';:0)' 2n2 12 - 00 4

Ai = hvlOO =

Ai

= 27.26

eV

k --;;;:

= 3.1 . 10 6

ml s

Drugi parcijalni ispit iz Fizike Tuzla, 2.9.1987. god.

1) n2

Izraz ispred zagrade u posljednjoj jednacini je Ridbergova konstanta i za vodonik (Z = 1) iznosi

A21 = Z RH

-

Brzina u nerel,ativistickom slucaju je

hv = En - Ek gdje je n> k. UvrstavanjcIll (4)

243

. ,-

= 13.6 eV

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 1m 2 • 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.6·10 4 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?

GLAVA 3. RIJESENI ZADACJ SA PISMENIH ISPITA

244

L

L= 1 m R C~ 0.5 m 10 = 30 p.W

---: __ 1 2 2 _ 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

1m'

F." =7 Fluks iii tok energije kroz neku povTsinu prcdstavlja

[0

energiju koja prodje kroz tu povrsinu 11 jedinici vremena /',.ij) C~

245

*pa2~:t)) to se za vcktor srednje gustine toka energije maze pisati

Izvor

Rjdenja:

:i.2. DRUGI PARCIJALNI ISPITI IZ FlZIKE

/',.E -,

(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(tzlic.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. f',E

/',.<1>

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)

31' = .~~r . .6.S" = i~r6.S cos Q 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

6. iJ?

N

1? sr ~

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!" =

N

.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 .~r

=

lim

L isri 6. 8 N

tJ,.Si-+ O i=l

i

cos (Xi

=

/'

JS

i3r cos adS

(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.

(3.6)

dS = rdcpdr

dobijamo J =

'-.,

Jsrn

Sa slike se vidi da je cos a: =

L

L

x

(3.7)

Srednja vrijednost. gustine toka na uocenom e.lementu povrsine bice . J'sr = ~pa2 2 xW 'v

246


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 x'

1- Jsr - -p-w 2 v Uvrstavanjem (3.133)'(3.134) i (3.136) u

(3.9)

(3.1:12) dobijamo


247

m, = 50 9 t,=-lOoC = 300 9 t2 = 20°C c, = C2/2 c, = 4186 .T/kgK q, = 3.34 .10 5 .T/kg ts =? 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 2.

Tn,

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

Intenziet zvuka u centru kruga hi bio

odakle je 2

1 2

2

2

IoL = -paow v sto uvrstavanjem ispred integrala u gornjoj jednaCini dajc _

3

<1>" - L 10 Smjenom

lR j'Z1i° (L' + r2)3/' rdrdtp

o

VL' +--;:2 = <1>"

3

- = 27iL 10

lR

rdr

=-;:---;:-:

(L2

0

+ r')3/2

t, ilto daje rdr = tdt, dobijamo

= •27fL 3 10

Jt3 tdt

= 27fL 3 10

VracajuCi se na staru prornjenljivu t = y'L2

(

1)

--;;

+ r2

dobija se da 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 Q,

GLAVA 3. RI.JESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA

+ 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

ts =

m'2 c Zt Z

+ mlclh ~ ..rnlqt + m,)c,

(m,

;:.: ;: 5

D = 400 rnm B = B, = 50 mT [, = 12 kV 1m [, = 16 kV/m A, =? A, cc?

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

°c

Prema tome u sudu ce biti sarno voda, a say led ce se jstopitL

3.

3.2. DRUGI PARCI.JALNI ISPITI IZ .FlZIKE

Joni koji se dobijaju u izvoru

jona imaju razliCite brzine v, Kada U obliku snopa ulaze u kondenzator kako je prikazano na crtezu doCi do njihovog skre-

ce

odak!e je

E v =(3.10) B 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
B1 .

6

II

6

...

• Vi'

.. _.

D

@

8

Fi; = qvB , sin 7r/2 j

6

®

1

,. ----..-------...1

cc,

gvB

e

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

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 rn =

qB , R -----~.

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

3.2. DRUGI PARCIJALNI lSPITI IZ FlZIKE

4.

251

.\, = 410.2 nm .\, = 486.1 nm

RH = 1.09737.107 lim 1/.\ ="1 .\ ="1

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

Z

= 9PI D !J... ~ eB2D 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

rnl

=7

rnz =?

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,

odnosno 171.1

=

C2 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 e 4 i He'.

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

E = Ek

mov' 1 Ze' + Ep, ,= -_. - --

2

(3.12)

47fco r

jer smo pretpostavili da jezgro rniruje. lz uslova

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)

:t'1--.Cf-"",,--"'I m,

i Borovog pastulata

ze

rnovr = nit

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)

rnogll da se odrede poluprecnici stacionarnih putanja i brzine elcktrona na njima. Nakon skraCivanja jednaCine

(3.20) (~{.140)

rnovrv

sa r dohija se

gdje je nl'l > 2 i m'2 > 2) a Rll = 1.09737· 10 7 l/lTI Ridbergova konstanta za vodonik. Talasni broj irazene spektralne iinijE' je prema usioyu zadatka

Ze' :=:c

.~.,.""'--

4r. E o Koristeti (3.141) moze se dobi!.i Vn

=

1

Ze'

--~~

47r£o movr

1 Ze' = - - - ..-

47rEo nn

.-1 =

(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!.acionarne putanje

n 2 -n 2

nn

Tn :;,-,;:: - - - rnOVn

=::.

A

471EO----"-"'fnoZ e 2

1 -- ~ 1 = RH (1 1\ - -- ----

~

Al

-'2

.

mj m;)

(3.21)

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

4, a talasua

Ako sada (3.142) i (3.143) uvrstimo u (3.139), nakon srcdjivanja dobijamo da je energija atoma u stacionarnom stanju

1 rnoZ2e4 E =, -----...~--. .n (47rE:oF 2-n,2n2 En-ergija kvanta.-svjetlosti (fotona) koji se crnituje pri prelazu ato.ma iz viseg u nize energetsko stanje je

odnosTIo

.A

144 = ~.~ 5RIJ

= 2624 nrn .

Prema tome prelaz se vrsi sa sestog na cetvrti energetski Ilivo; te ova linija pripada Brcketovoj serlji linlja.

254

3.3


Drugi parcijalni i cijeli ispiti iz Fizike

3.3. DRUGI PARCI.JALNI I CIJELI ISPITl IZ FlZIKE udara (otkucaja) koji oscilovanje? Rjes. Vud .6.1/ =

255

ce nastati ako se obje iice dovedu istovremeno

U

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'

b) d 1 =

2(rng""x' sin o:+F) -'"" 2 . 'I 3

- 16.21kN / rn

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.

° ,

RJes.' t --

VG.g- (S' q - 1) =

180.6

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 2 -- : .4"' Z'·Ice se . 1 : 1 em. v'

zategnu jednakom silom F = 200 N. Kolika je frekveneija talasnih

VI

fFL-LZ-LLJ = 35.8 Hz V'm L1 2

=

~

'"

t:..E). ).

b.),

eJ..".kT_1

= E).,t:..).. = .21f~c':.~~,r.(L ___ = 1.25 A~,

"" '" --rInA

t

).r~~T

-1

kW mOl

-= fu ~ 3.98 . lOll ~-,m-'m'sr

1r

7. Monoenergetskielektroni energije Eo = 75 eV ulijecu po sredini homomogenog elektrostatickog polja jaCine [ = 2000 izmedju ploca ravanskog kondenzatora pod uglom Q = 30°. Duzina ploca kondenzatora je L = 5 em. a) Koliki je razmak pri koL _ _ _ __ jem elektroni nece udariti u negativnu plocu kondenza-----------2 ~: tora? "tl X b) Kojom brzinoID elektroni napustaju prostor u ko-

vim

1)

lI't~'V'

jern djeluje elektrostatsko polje?

Rjes. d 8

V2 -

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 8i8teIIlU. 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 emisionu snagu apsolutno crnog tijela na T = 2500 K. Koliki je specificni 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/rn 2 . m ,\5 -, ,

> -

:-1t)====!==;;r====== ~

Eo

,~i.1l2o: = 1.88 ern v = ~r~ eE

'V

m

2e[Ltana...J... m'

e Ol [2p ZmEocos"2a

4.66.10° ml8 (Vidi rjesenje zadtka 4 sa 181. strane) 8. Pri iJ-raspadu izotopa Pd 1l2 dobije se aktivni izotop Agl12. Period poluraspada pretka je 21 sat, a potomka 3.2 sata. Ako je u

GLAVA 3. RIJESENI ZADACl SA PlSMENIH lSPITA

256

257

3.3. DRUGl PARCIJALNl I CIJELI lSPITI lZ FIZlKE 3

pocetnom trenutku izvor sadrzavao sarno atome prctka, naci odnos rnaksimalne aktivnosti pot01nka prema prvohitnoj akti vnosti pretka..

iljes. ~-

t'm

-"

A

T

-,-=,-l-I.ll :;::: _~1_ AUl Tl -T,:-;

"

In

!1.

,.LIz... ~ ,,~ Tl~T2 0.693 -

(

t).c~~, ".CD:;, ) e ~-y;;-.", - e _---T2'" = 0.71

102- h . b

"

1Vapomena:' Za ci:ieli ispit rade se zadaci 1)2,3A, 7'£ 8) a parclj"alni i studente masin-siva S'U zadaci 4,,/)) 6 J 7 £ 8.

Z(1

drugi

Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike

3.3.2

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. Koefici11'1 jent trcnja iZDWdju kocl;:e i strme ra.vni je ji. = 0.02. Koeficijent trenja kotrljanja valjka se zaw·;maruje. b) Izracunati silu zatezanja uzeta. 48 ! 2 ' ~ ) - Zsino:(ml+ rn z)-2rr!-2/tC ()SCf R-Jes. a a 3rn l+ Zm 2 g'='. 4. m,;-" b) Fz = ml(gsinnc -1.5 a.) 2. lz otvorenog cilindricnog suda koji se na]azi na horizontalnoj 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 stabiln(~ ravnoteze. U .p0redi sa izrazom' za period rrlaternatir~kog klatna.

R' ~ T = }f8,

? i7(R-'l ..-Jry' - 5g .

4. U jednoj casi se nalazi t.ecIlost zapremine VI = 300 em temperature tl = OOC, a u drngoj V2 = ] 10 em,s iste tecnosti temperature t2 = 100°C. Nadji ukupnu zapreminu ove tecnosti nakon mijesanja 1 ako je termicki koeficijent zapreminskog sircnja tecnosti , = 0.00] l/oC. ,' • t V ..,t., - 2 r:: 0 C' 1l.Jcs. ,~= lS+V1 (1-+'l' t 2 = ;) J,

V = V, (l

+ ,q +- V2 [1 + ,(t, -

t,)! = 409.25 em 3

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 ellergija? c) Kolika je temperatura gasa ako bi raspodjda molekula zadovoljavala 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.........,r ju )C-os a i tacka A1 da hi elektrone - - - I ..... '-...,,~ skrenulo n a rnetu? b) Koliku rnagnetnu indukciju mo',(7 "ra irnati hornogeno magnetno polje ',- 'cije su silnke paralelnc s pravcem 'TAl da bi elektrone skrenulo na meH tu za najkrace vrijeme'?

...

r;:--;;-

~-

Rjel. a) BI = ~V'l.~ sin 0:, b) B z ~ z; V'2m~1Jo cos a 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.

CLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PlSMENlH lSPITA

258

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.

3.3.3

Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike Tuzla,29.9.1990.god.

1. Malo tijelo se gurne po horc izontalnoj podlozi brzinom Vo. Podloga prelazi u polukrllg u vertikalnoj ravlli poluprecnika R. 'ifo a) Kolika je najrnanja brzina ko1/'~III1!/)jJII!/}III/ jom treba tijelo gurnuti da bi proslo kroz najvisu tacku C ne 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 tijela? Koeficijent trenja klizanja izmedju tijela i diska iznosi f.' = 0.2. R)·es. a) 1= M.E:' = 1.2 kgm'.' 4 b) 7 N r=C .w' - -"'L -. ry 2 i 4xRo: -_. '"'~

- i)

c)

= 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". Wi

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 1.97.10 30 kg, Vinova konstanta b = 2.88· 1O-3 m K, a Stefan-Bolemanova konstanta Cf = 5.67 .10- 8 Wjrn'K4. RJ·", • E em = 4R'TWT 4 = 4 " 46 . 10 20 J I s ' l l-""" E.", -_. 4955, kg , t = c2,6,t

t

= 9~~~. = 1.26· 10 '7 god.

'" izrnedju dva koaksijalna metalna ciEndra ciji su polu6. Prostor 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 ) In ;, = 120 - 144.31n -"(DC) 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'yes., A0 --- 'h(I-'J) . 2B Y)1nC"'-stn Z 8. Dvostrllko jonizovani atom litijuma pri prelazu iz nekog eksitovanog 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'?

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH [SPITA

260

h = 6.62 . 10 .. 34 J 5, RH = 1.097· 107 mo = 9.31· 10~31 kg, e = 1.6· 1O~19 C.

R)'ct.

r4 =

--..£iL~42 27rm{)e2

=

04?5 . ~ nm'J

;;;, cO

= 8.85 . 10~12 F

E'2 > E j:

V

/m,

=c \/2(E~ ~~ .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.

Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike

3,3A

Tuzla, 08.10.1990. godine 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 zallStavi na samom vrhu druge strme ravni visine h2 0.8 In i nagiba (3 = 150. Koeficijent trenja no. cijelom putu je isti i iznosi J1 ~. 0.08. ·' h 1+/lca t,8 h RJes. 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/m 3 .

Rjes. a) H a -

=

=

"";Eh

= 0.33 m b) t =

jiif' + 2fi!: =

3.72

8,

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 9 sistema tijela sastavljenog od tankog / stapa duzine 10 i mase m i lopto polu0/ / precnika R i mase M pri osc.ilovanju m ~jI oko ose 00' (vidi sliku) ~ R ~ 2 G1n-<-12M(I-tf) })' '.J es . . - TrV L (. R m-;..-12M(1+i'F) '

I

S·

11

= ~m:c"'~L·T~·M=(L:..'..+R:c'i m+1\'[

I.,

"'if . ,. M(L + R)'

5. Kolikom bi silorn trebalo djelovati u pravcu ose na celicnu sipku duzin€ L =: 2 m., povrsine poprecnog presjeka S = 1 cm 2 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/ 0 e) 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 ' ) vef = \/r1~iiT b) Q -- 3m)2MRT,_ 4 .,3 k"J, ,.) 12 - 4 JCS. a M ,- 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.

262

GLA VA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENIH ISPITA 8.

Pri sintezi jezgara 3LiG i

Energij(~ veze po nukleonu u

1 HZ obruzuju se dVij"e 0::- cestic€. Li, Hi He su 5.33, 1.11 i 7.08 A1eF ,

respektivno. Izracunati energiju koja se oslobodi pri datom procesu. Rjeii. Q = 8Ev11 , - 6E vLi - 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.

3.3.5

Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike 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° 58 1 •, 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) = m1 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/m 3 . 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 (0 3) nalazi se na temperaturi I, = 520°C i u nioi vlada pritisak 0.3 MPa. Naci promjenu pritiska u posudi nakon pretvaranja ozona u kiseonik. Za nastajanie jednog mola ozona iz kiseonika utrosi se q = 1.42· 10 5 J. Specificni molarni toplotni kapacitet za kiseonik pri stalnoj zapremini iznosi C v = 20.9 JjmolK, a molarne mase za ozon i kiseonik iZIlose 48 9 / rnol i 32 9 /rnol ,respektivno. Rjes. b..p = E.lMt + .1:L _ Tl) = 2.7.10 5 Pa. TI

(-gc"

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 . 23 lO-"4 J 8, Bolcmanova konstanta k = 1.38 . 10J/K , e = 3 . 8 10 m/-s. RJ·eii. a) E >. = 27.h,' - ' - b) E em = E ),U/\ A' = 1 .28 :;:;;:z w ),:5.Ji&e),leT

~l

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PISMENlII lSPITA

264

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).

ROyes.~

N ~. da = H:i'lre{)h.~ eZ V 15;;c.6.). = 1 a osnovu ovoga z akl'JucuJcmo je to dvostruko jonizovani Li+"',<. <) oj

Z

r

,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
"'2 =

58.20, b) u =

sin2il'l -sin2o:" 2(eos 2 az"ocos 2 Cq)

,

o

"'1 =

45°,

.

b) Visinu do koje ce se tijelo popeti iznad najnizeg polozaja.

+ m;~ + ZG(l -

cos

29 N

b) hl·=_~+2g~Q.=.:osa) = 0.48 m -

2,

3. Olovna kugla poluprecnika

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 registrovatl prijemnik. Brzina zvuka je

ce

340 m,j s. Ries. //ud = !:::...v = ~v.-" Vo = 0.6 11 z 5: PolazeCi od izra~~vza broj molekula kojj imaju intcllzitete brzina 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 23 27:1 K. Zavisi Ii to od vrste gasa? k = 1.38 .10K.

J!

.

R]eli. dP ~

= 0 27

R = 50 ern ima u ullutrasnjosti

265

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. Ugao koji zaklapaju d i L je '" = 600 GUotina olova je 11.3 . 10" kg /m', a 'Y = 6.67.10-- 11 Nm 2 /kg'3 R')CS.• F -.U_ - ~-I--l- iR 3 1fpm Lp 1O.1d2sin21)' - ,11·]0-8 . -TV ,

E, nay. -

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.

RJd. 0) F = G

3.3. DRUGI PARCI.JALNI I CI.JELl ISPITI lZ F1ZIKE

dN·J

= -if

1

Er;;_.-

= .f;clkTI'I,e-kTvEdE, E

=

" ~kT,

kT 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 10 4 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

3.3.7

Drugi parcijalni i cijeli ispit iz Fizike 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 ~, , ~

/

2 rn! 8 . 2. U.Il.utar" Srer.I.lOg tljela poluprecnika R i zaprcminske ITlase P UIla sferna suplJlna poluprecnika 'i" = R/4 na udaljenosti 11/4 od centra vece sfere. NaCi jacinu gravitap cionog polja u tacki na P na rastojanju d od povrsine f d .. I sfernog tijela.

Ryes.

\;

9=

1nl+m-,

:! R7fp/

[ __1__

1 J' 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 rnasu mozerno zanemariti objesi se tijelo i o.pruga se Istegne za t3.L = 4.9 ern, Ako tijelo malo gurncmo u VCTtlkalI,l?In,pravcu koliki ce b,iti period oscilovanja tijela? Logaritam,ski dekrernent prigusenja iznosi 1.7.

3

_

1+*

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) = L59· lO'~4) b) V max = .005 rn/s, a max = 5 mis', c) D.

T

bi se srodnja kvadralna brzina (efektivna brzina) molekula povecala 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) .

11 =

IIjd.

v.f

= Vi,!!X· = \fj111· m

!

= Q=

M'

m

i R ·31'

M2

= 10 k.J

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 = 7 4.34.10- rn, c) Balmerovoj, ~

~

~---

J

4 . 106 m/ s Napomena; Za ci:ieli £spit se rade zadaci 1,2,3,4 6 i 7, a za drugi parcijalni i siudente ma§inskog odsJ'eka fiU zadaci 3,4,5,6 i "7.

d) Mogu.

V =

i!)r:,.Ai- =

1

y

Rj eii l' =

21r f'ui (l~-~A:,)

=

0.46 s

5:1;_ homogenoj el.astierwj sredinl siri_se talas oblika

t( t) ." Xl

::::=

0 .0c e-05x . cos ( lOOt - 2x)

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:


268

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

ce

kraju nalazi teg mase ml = 8 kg. Koliki put 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 2 ) = fnlg(t;-··-q) = 0.5 'nt 1 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 izracUIlati je.(p = 13.6·10' kg/m 3 ).

Rjes.

VI

=

S'V;df'sn

3

= 1.58 . 10- mj 8

4. Klipnom pumpom zapremine LI V = 400 em' vriii se ispumpavallje balona zapremine V : :; ; . 1 dm 3 • 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 prelasku 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•ic.s, ul x = -----.!:!.L-:~~.::.:: /1- :'L!!;;t, .- -

V

ce

e2

6. a) 'Koliko 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 Balmerove serije ako jt RH = 1.()97· 10 7 l!m. · ' a) x ~ ~ "in-1) I) A,\ ~ ,\ . ~ A = 35R 468 -" 1 22· 10- 6 R}CS. 2 ' ) w. 4.) 32 -.' . m H

7. Kada se povrSina fotokatod€. od nepoznatog materijala osvijetli 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 3 151 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, · ' 0:.~ arc t,anV/1 -'4H ,}, R }C8.

2. Spust.ajuci se sa vrlla neke strme ravni visine h tijelo se zausta.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 = IT 13 i pusti, ocirediti brzinu manje kugle u trenutku kadasistem proJa~i kroz ravnotezni polozaj. Sva trenja zancmariti, a kugle

o

270

GLAVA 3. RIJESENI ZADACI SA PlSMENIH ISPlTA

smatrati tackastim. Izvesti izraz za izracunavanje momenta inercije stapa u odnosu na datu osu.

Rjes. I" = V - wL 1 -

1 -

1- (L~ + Lil ,

3m 2+ m - m l )g(l-cos fJ V!6( L(2m.;+ 2+im)·

108rn

= 0.29 rn .s

V lOO%1re

Ile

razlikuju

,

b) 6// = 12,,{fe- 15 p _ 1.85 .10-2 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? 1 · , RJes. tan'P = -(~--')--Q = 1.6065 eU.-,+l

m()c-

tan

Z

271

VRIJEDNOSTI NEKIH OSNOVNIH KONSTANTI U FIZICI (Najbolje utvrdjene vrijednosti do 1986. go::cd::;ci~n_e.L)_~.-_

/

4. Naci relativan braj molekula gasa cije se brzin€ vise od p = 1 % od vrijednosti: a) najvjerovatnije brzine, b) srednje kvadratne (efektivne) brzine. " a )"N RJes. -N- = ........!'E. r.c-~ = 1.66.10,·2

5.

3.1. DRUG1 PARCIJALNI ISPITI IZ FIZIKE

'P = 58.10 '

Kon;;ta.nLa. i _. oznaka Brzina svjetlosti u vakuuniu , c Elementarno naelektrisanje , e 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

Vrijednost za racunanje 3.00· 10 8 m/ s 1.60· 10- 19 C 9.11 ' 10- 31 kg

UtvrdJena vrijednost 2.99792458 1.60217733 9.1093897

Aps. greiL 0.30 0.59

8.85.10 12 F 1m

8.85418781762

tacna

1.26.10- 6 Him 5.49 10- 4 u 1.0087 u 1.0078 u 2.0141 u 4.0026 u

1.25663706143 5.48579902 1.008664904 1.007825035 2.014101779 4.00260324

tacna 0.023 0.014 a.Oll 0.012 0.012

1.76· 1O- H 1.67 . 1O~27 1.67 10- 27 6.63 . 1O~34

1.75881962 1.6726231 1.6749286 6.6260755

0.30 0.59 0.59 0.60

6.02.10 23 rnol- 1 1.38· 10- 23 J / K

2.42631058 8.314510 6.0221367 1.3806513

8.4 0.59 1.8

2.24 10- 2 m:J jmol 9.65 10' C Imol

2.2413992 9.6485309

1.7 0.30

5.670399 1.0973731571 6.67259 5.29177249 9.2847700 9.2847700 1.41060761 1/137.0359895

6.8 0.00036 128 0.045 0.34 0.34 0.34 0.045

tacno

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

2.43

1O~12

kglC kg

kg

J

S

m

8.31 J /molK

1m

2 5.67 10- 8 W K 1.10 10 7 m- I 6.67.10 11 Nm 2 /kg 2 5.29.10- 11 m 9,28 10-"24 J IT 9.28· 10- 24 J 1.41.10- 20 J/T 1 137

IT

0,089

Napomena: __ 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.

272


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: 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" 1zdateljstvo lenjingradskavo univesiteta 1970. 11. V.A. Balas: "Zadaei po fizike ; metod; ih resenija" , Prosvescenie, 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 dumka, Kiev 1977. 14. "Berkeley Physics Cours", McGraw-Hill Book Company. 15. "The Feynman Lectures on Physics" ,Addison-Wesley Publishing Company. 16. RV. Stanic, M.I.Markovic:"Zbirka re,enih zadataka iz atomske fizike") Naucna knjiga, Beograd 1989. 17 . .J .M. Puric, S.L Djenize:" Zbirka resenih zadataka iz atomske fizike" 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 zadat.aka iz fizike" , Gradjevinska knj;ga, Beograd 1988. )1

1

1

ISPRAVKEUOCENIH GRESAKA Str. red Stoji Treba da stoji: 5. 15. odozgo masem=2kg 10. 10. 12. 12. 19. 21.

Y.odozdo L L, 8, odozdo neki ugaa neb ugao a 12,odozdo gustine zaprcminske mase 12.odozdo gustine zapreminske mase 15.odozgo x=30cm A =!Ocm 4.odozgo temperature na temperaturi c,~4.l9·1O'

~4.19

21. 6.odozdo

c,

35. 6.odozdo

vI' "" 10.68

3. octazgo

36

7.odozgo

36. lO,odozdo 36.

41.

"",0.65 kolica

kuglice t~L28

I:=l] +[2

6.odozdo a =63.4,

Ik

7

.

0

d

43,

14.odozgo

1- 7?

2

, 2(1- II) , U ""0 ==---Asll1-

'I 2 Za poluprecnikjezga

58. 3.odozdo Dodati:

1. odozdo rJ

::::.

11· 1oj 5 m

;;0;

1.2 .1O- J "; 171

Trcba izbrisali

64.7.odozdo Dodatinakr
)

(VII} "Y-I 3mv 1 l-+- mL- !'. 3 )lJAI + 3m)L J Q

I

,

=

1vI'h

,- (3m + AJ)(2m + .'1.1)

44.8.odoz1o

~J

Tijdo smatrati tackastom masom

h

43.2.odozdo

eJ) [.

. 1}. 2 e ozgo/co =---sm -

L/JI~ml

2.odozdo

11/4

2

mi

_ 2m(m+mj) . odzdo L - -_-,~-~Igf L

42.

)/4

I ( dj (V

10. odozgo Treba dodab na kraju

=02vo

_

.J,

=335

a =76

=0.181.'0

41. 10. odozdo mase 4. odozdo -

-0

)r .

r

ll'R) -;J1 T=lI (d\ R)

r

51.6.odozgo T ~

llzcti rJ

fI~1l4.22c

t~O.81

tk

Treba da stoji:

v,. =9.49

fI ~ 1I7,n 0 36

Sloji

Sir. red

Po

2mvo

__

1 - - - ' - - ' =0.7)6) (3m +lvf)g

107. 2.odozdo

Po

1-

0'

1 11 = --;::,---~- 4a/1-. 4gS2 <> 8g

107.1. odozdo

Q2

h

gh l S2

v=--+-------

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

2

r

;;0;

2.84 .10- 6 371

N~32

3fJl v J

--. = 0 92'75

(A1 '+ 3rn)(1\1 + 2f11)Lg

(P1

.

i

= arccosO.7565:::: 40°50' 9 1 ~ arccosO,9275:= 22 0

13 ll3. 9 odozdo F::::. - - - V'JTpRJ--;~ . 204'''' "

Str. red

Str. red

Trebadastoji:

Stoji

Stoji

Treba da sto.1i:

Sto.1i

Str. red

Treba da stoji:

treba da stoji: (3.15) i (3.16) uvTstimo u (3.12)

13 113 1.odozdo a=-prpR 204

f4

=

--".L = 0.283 3mn e o

95 1156 '

2

a=--mpR

128. 5. odozdo 13 L 3. odozgo

= ~r; +

.6;;

-m 2 cas a) v

133.6.odozgo

253,9.odozdo(3.146) 7 _odozdo mase

-P1cosa)

cos a)

-)1.2

,

(3.19) kvantllog broja =2624.41IDl

3.odozdo =2624 nm

cosa)

~

treba da stoji

254. 11.odozdo

mv'

1-

r

r

1

261.1.odozdo

M j +M 2

6.) +.6. 2 - In!

E

AJ1 +6F~

=

a

12I.g(m+M)(4}d + 3m)

= 47°58 '

141. 12.odozdo

r

~

255.3.odozgo =

2 ppogL>IJ_ =.106.82 dtJ11 4 ~(d,' /d; -1)

Jl§

L L, -L, ----=3).8Hz m L1L2 ~

141. 4. odozdo Treba dodati: Smatrati da su srednje

vrijednosti zapreminske mase Zemlje i Mjescca

1

jcdnake.

255.16.odozdo

=2000viIn

=2000V/m

e'E 158.8.odozgo E2 = sin2a

255. 15. odozdo

a ~ 30'

IJ ~ 600

= d

eUI si~'2~'::;:

5. odozdo

..

e'E eUL £2 =--,~-~,-= 2si1128 2dsin28 169. 1. odozdo p=5(Yo 17=5% ~O.024mA 171. 2. odozdo .. ~O.24mA 171. l.odozdo

c£

2 a .--

2eaL tan a

~OOI8mA

.. ~0.18mA

m

d >_ 3Eocas2

e

tre:ta da stoji

es 268.6.odozgo =585.2 J

eO 6,2L' + 2mEo cos

2

0:

treba da stoji

1

268, 8.odozdo _20= 269 10. odozgo

~"'305.8

271. 1 odozdo

koloni 2.

nm

=546.1 J P::o :::: =337.4nm koloni 3.

'----------~·~2~2~-

181.10. odozdo= I

}LO

2EO sin

5.odozdo

178. 7. odozdo .. =7.03.10-4 =7.29.10-4

211.2.odozgo

d~

( T4d)2

163+

IFL L, -I.,

... .1------ ~ 17.89Hz 2 V m L j L2

+1

HZ 3L6

--72

+1

235.7.odozgoi,=i+mlLi

V

He +Q

H2 -?

4

22He +Q

2 eBLctg If e' B L + , m 2mEo sin- If

2E Q

v = \1. -m

4

·

256.16.odozgo

fi = 0.02

256.13.odozdo =4.84 12.odozdo

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)

260 .2.' 0 dzgo

=4.51

F'"1.6 N

mo =931

260. 3. Odozgo f4

274

f.l = OA

0.425 275

38399597-Zbirka-Zadataka-Iz-Fizike.pdf

Recommend Documents