A Knapp - Zbirka Zadataka Iz Fizike

za Tehničko veleučilište u Zagrebu

Alemka Knapp

1

PRIRUČNICI TEHNIČKOG VELEUČILIŠTA U ZAGREBU MANUALIA POLYTECHNICI STUDIORUM ZAGRABIENSIS

ALEMKA KNAPP „ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ FIZIKE“

2

Nakladnik Tehničko veleučilište u Zagrebu Elektrotehnički odjel

Autor Alemka Knapp

Recenzenti dr.sc. Nevenko Bilić, znanstveni savjetnik dr.sc. Mladen Movre, znanstveni savjetnik

Objavljivanje je odobrilo Stručno vijeće Tehničkog veleučilišta u Zagrebu, Odlukom broj: 1477-9/13 od 02.07.2013. godine. Skripta

CIP zapis dostupan u računalnom katalogu Nacionalne i sveučilišne knjižnice u Zagrebu pod brojem 848367

ISBN 978-953-7048-29-7

3

Ovaj nastavni materijal sadrži gradivo koje se obrađuje na vježbama iz Fizike na prvoj godini studija elektrotehnike na Tehničkom veleučilištu u Zagrebu. Zahvaljujem prof. Ivici Levanatu na pomoći i sugestijama pri izradi ove skripte.

4

5

Sadržaj 1. Gibanje tijela....................................................................................7 1.1. Gibanje po pravcu .................................................................................... 9 1.1.1. Jednoliko gibanje po pravcu ........................................................... 1 0 1.1.2. Jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po pravcu ........10 1.2. Gibanja po zakrivljenim putanjama.....................................................1 9 1.2.1. Vertikalni hitac .................................................................................1 9 1.2.2. Kosi hitac ...........................................................................................2 2 1.3. Gibanje po kružnici ................................................................................3 1 1.3.1. Jednoliko gibanje po kružnici .........................................................3 2 1.3.2. Jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po kružnici .....33

2. Newtonovi aksiomi.........................................................................39 3. Rad i energija .................................................................................51 3.1. Rad ...........................................................................................................5 1 3.2. Energija....................................................................................................5 1

4. Zakon očuvanja količine gibanja. Sudari ...................................59 4.1. Neelastični sudari....................................................................................6 0 4.2. Centralni elastični sudari .......................................................................6 3

5. Rotacija krutog tijela ....................................................................69 5.1. Rotacija oko nepomične osi....................................................................7 0 5.2. Rotacija oko osi kroz centar mase.........................................................7 1 5.3. Steinerov poučak o paralelnim osima ...................................................7 2 5.4. Kotrljanje bez klizanja...........................................................................7 7

6. Gibanje u gravitacijskom polju....................................................83 7. Specijalna teorija relativnosti.......................................................89 8. Bohrov model atoma .....................................................................97 8.1. Bohrovi postulati.....................................................................................9 7 8.2. Prijelazi između energetskih nivoa .......................................................9 8

9. Fotoelektrični efekt......................................................................101 9.1. Fotoelektrični efekt na atomu..............................................................10 1 9.2. Fotoelektrični efekt na metalima.........................................................10 2

10. Radioaktivni raspadi.................................................................104 6

1. Gibanje tijela Vektor položaja 

Položaj tijela u nekom trenutku možemo odrediti pomoću vektora položaja r (t ) , odnosno njegovih komponenti – koordinata tijela ( x(t ), y (t ), z (t )) u Kartezijevom koordinatnom sustavu. Vektor položaja pokazuje od izabranog ishodišta do točke u kojoj se nalazi tijelo (na donjoj slici je prikazano samo gibanje u ravnini xy). y

( x(t ), y (t )) 

r (t )

y (t )

x

O x (t )

Put koji tijelo prijeđe u nekom vremenskom intervalu t je duljina putanje koju tijelo prijeđe u tom vremenu. Put je skalarna veličina koja je uvijek pozitivna i može se samo povećavati u vremenu.



 s

r 

r (t ) 

r (t  t )

O 





Vektor pomaka određuje promjenu položaja tijela: r (t )  r (t  t )  r (t ) Što je promatrani vremenski interval t manji, duljina vektora pomaka bit će bliža prijeđenom putu: 



lim r  d r  ds t 0

7

A.Knapp: Riješeni zadaci s vježbi iz fizike

Vektor brzine je derivacija vektora položaja po vremenu: 



r d r  v  lim t 0 t dt 

Iznos brzine je derivacija puta po vremenu: 



r d r ds v  v  lim   , t 0 t dt dt 



a smjer vektora brzine jednak je smjeru d r , što je u smjeru tangente na putanju.

Vektor ubrzanja (ili akceleracije) je derivacija vektora brzine po vremenu: 



v d v  a  lim t 0 t dt 







Vektore r (t ) , v (t ) i a (t ) možemo rastaviti na komponente u Kartezijevom koordinatnom sustavu:     r (t )  xi  y j  z k     v (t )  v x i  v y j  v z k 







a (t )  a x i  a y j  a z k

Izjednačavanjem x , y i z komponenti s lijeve i desne strane u gornjim vektorskim jednadžbama dobivamo: v x  a x 

dx dt dv x dt

v y  a y 

dy dt dv y dt

v z  a z 

dz dt dv z dt

8

1. Gibanje tijela

1.1. Gibanje po pravcu Kada se tijelo giba po pravcu, možemo os x koordinatnog sustava postaviti duž pravca po kojem se tijelo giba. Vektor položaja, brzina i ubrzanje su paralelni s pravcem gibanja, pa će imati samo x -komponente. Položaj tijela sada određuje njegova koordinata x . Pomak tijela je razlika položaja u trenutku t 1 i t 2 : x (t 2 ) x(t 1 )  x  x(t 2 )  x(t 1 )  x2  x1 x O  x

Pomak tijela općenito može biti pozitivan ili negativan, može se povećavati i smanjivati u vremenu. Ograničit ćemo se najprije na opis gibanja kod kojeg se tijelo stalno giba u istom smjeru. U tom slučaju pomak tijela bit će jednak prijeđenom putu:  s   x  x(t 2 )  x(t 1 ) Brzinu i akceleraciju možemo radi jednostavnosti tretirati kao skalare (no to su zapravo x -komponente vektora brzine i akceleracije), te ih definirati na slijedeći način:

Srednja ili prosječna brzina1 u vremenskom intervalu t  t 2  t 1 je omjer prijeđenog puta  s  x(t 2 )  x(t 1 ) i proteklog vremena t : v

 s s2  s1  t t 2  t 1

Brzina (trenutna ili prava brzina) je funkcija vremena. Brzinu u pojedinom trenutku t možemo približno opisati pomoću srednje brzine u kratkom intervalu t koji obuhvaća taj trenutak: što je vremenski interval t manji, srednja brzina v bit će bliža pravoj ili trenutnoj brzini v . Trenutna brzina je granična vrijednost (limes) srednje brzine kada vremenski interval t  0 , odnosno derivacija puta po vremenu. v  lim t 0

 s ds  t dt

Srednja ili prosječna akceleracija je omjer promjene brzine v u vremenskom intervalu t i proteklog vremena t : a

1

v v2  v1  t t 2  t 1

Ovdje se zapravo definira srednji i trenutni iznos brzine.

9


Akceleracija (trenutna ili prava akceleracija) je funkcija vremena. Što je vremenski interval t manji, srednja akceleracija a bit će bliža pravoj ili trenutnoj akceeraciji tijela a . Trenutna akceleracija je granična vrijednost (limes) srednje brzine kada vremenski interval t  0 , odnosno derivacija puta po vremenu. a  lim t  0

v dv  t dt

1.1.1. Jednoliko gibanje po pravcu Kod jednolikog gibanja po pravcu brzina je konstantna, tijelo uvijek prelazi isti put u jednakim vremenskim intervalima. Akceleracija je nula jer nema promjene brzine. Ovisnost akceleracije, brzine i puta o vremenu za jednoliko gibanje po pravcu opisuju formule: a (t )  0 v(t )  konst s (t )  vt

1.1.2. Jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po pravcu Kod jednoliko ubrzanog gibanja akceleracija je konstantna. Brzina se povećava jednoliko tj. povećava se uvijek za isti iznos u jednakim vremenskim intervalima. Ovisnost akceleracije, brzine i puta o vremenu za jednoliko ubrzano gibanje po pravcu s početnom brzinom v0  v(t  0) opisuju formule: a(t )  konst v(t )  v0  at 2

s (t )  v0 t 

at

2

Kod jednoliko usporenog gibanja brzina se jednoliko smanjuje, akceleracija je negativna (jer je promjena brzine negativna). Formule koje opisuju jednoliko usporeno gibanje su iste kao za ubrzano, samo je iznos ubrzanja negativan.

10

1. Gibanje tijela

Sljedeće formule opisuju sva tri do sada spomenuta gibanja: a(t )  konst v(t )  v0  at s (t )  v0 t 

at 2

2

a0

jednoliko ubrzano

a0

jednoliko usporeno

a  0

jednoliko

Slobodan pad Slobodan pad je jednoliko ubrzano gibanje bez početne brzine kod kojeg zanemarujemo otpor zraka, pa je akceleracija a  g  9 ,81m/s 2 : a (t )  g v(t )  gt 2

s (t ) 

gt

2

1. a) Izračunati put koji prijeđe tijelo koje se giba s akceleracijom 4 m/s 2 za 2 sekunde i za 4 sekunde. Izračunati konačnu brzinu i srednju brzinu tijela. b)Tijelo se jednoliko usporava s akceleracijom 4 m/s2 i za 4 sekunde se zaustavi. Kolika je bila početna brzina tijela i koliki je put zaustavljanja? a) jednoliko ubrzano gibanje a  4 m/s 2

Put za jednoliko ubrzano gibanje bez početne brzine računamo po formuli: s 

at 2

2 t 1  2 s 2

4  22   8m s1  2 2 t2  4 s 2 at 2 4  42 s 2    32 m 2 2 at 1

11


Brzinu za jednoliko ubrzano gibanje bez početne brzine računamo po formuli: v  at t 2  4 s v2  at 2  4  4  16 m/s

Srednju brzinu tijela (tokom cijelog gibanja) računamo po formuli:  s 32   8 m/s v t 4 ili v p  vk 0  16 v   8 m/s 2 2 gdje je v p brzina na početku, a vk brzina na kraju vremenskog intervala koji gledamo.

b) jednoliko usporeno gibanje a  4 m/s 2

Nakon 4 sekunde tijelo se zaustavlja: v(t  4 s)  0 Uvrstimo ovu brzinu, vrijeme i akceleraciju u formulu: v(t )  v0  at vm / s  0  v0  (4)  4 v0  16 m/s 16 Put možemo izračunati po formuli: 2

s (t )  v0 t 

at

s

2 4  42 s  16  4   32 m 2

4

12

t  s 

1. Gibanje tijela

2. Prvih 10 sekundi tramvaj se giba jednoliko ubrzano s akceleracijom 1,5 m/s2, nakon toga se giba jednu minutu jednoliko, zatim se usporava 20 sekundi dok se ne zaustavi, sljedećih 5 sekundi miruje i zatim se 5 sekundi giba jednoliko ubrzano dok ne postigne brzinu 10 m/s. Koliki put prijeđe tramvaj? Kolika je srednja brzina tramvaja za vrijeme cijelog gibanja? Put ćemo izračunati posebno za svaki dio gibanja, no prije toga prikažimo ukupno gibanje na grafu v-t: vm / s  15

10

70

90 95 100

t ( s )

I) jednoliko ubrzano gibanje t  10 s 2 a  1 ,5 m/s 2 2 at 1,5  10   75 m s1 

2 2 Brzina kojom se tramvaj giba u drugom dijelu je brzina do koje se je ubrzao u prvom dijelu. v  v(t  10 s)  at  1,5  10  15 m/s II) jednoliko gibanje t  60 s s 2  vt  15  60  900 m

III) jednoliko usporeno gibanje t  20 s v0  15 m/s v  v0  at

13


v(t  20 s)  0 m/s

0  v0  at a

v0 t



15  0 ,75 m/s 2 20

0.75  20 2  15  20   150 m s3  v0 t  2 2 2

at

ili put možemo računati kao površinu ispod v-t grafa v t 15  20  150 m s3  0  2 2 IV) mirovanje s 4  0 m

V) jednoliko ubrzano gibanje t  5 s v  10 m/s v  at v 10  2 m/s 2 a  t 5 2 2  52 at   25 m s5 

2

2

ili s5 

vt 10  5

2



2

 25 m

Ukupan put je zbroj prijeđenih puteva u pojedinim dijelovima: s  s1  s 2  s3  s 4  s 5  1150 m Srednja brzina je omjer prijeđenog puta i proteklog vremena:  s 1150   11 ,5 m/s v t 100

14

1. Gibanje tijela

3. Kolika je dubina bunara ako čujemo udarac kamena u dno 3 sekunde nakon ispuštanja? Udarac kamena nećemo čuti u trenutku kada kamen udari u dno, nego se još zvuk treba vratiti do nas. Ukupno vrijeme t možemo podijeliti na dva dijela: t 1 – vrijeme padanja kamena t 2 – vrijeme gibanja zvuka t 1  t 2  t

1) padanje kamena (slobodan pad) je jednoliko ubrzano gibanje s akceleracijom : a  g  9 ,81m/s2 s1 

gt 1

2

– put koji prijeđe kamen 2 2) gibanje zvuka – jednoliko gibanje v zv  330 m/s s 2  v zv t 2 – put koji prijeđe zvuk

h t 1

Ova dva puta su jednaka (i jednaka dubini bunara).

s1  s 2  h gt 1 2

2

 v zv t 2

t 1  t 2  t

Dobili smo sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice t 1 i t 2 . Iz druge jednadžbe izrazimo nepoznanicu t 2 i uvrstimo poznate veličine: t 2  t  t 1 gt 1

2

 v zv (t  t 1 )

2 9 ,81  t 1 2  330(3  t 1 ) 2 Nakon sređivanja dobivamo kvadratnu jednadžbu: 4 ,9t 1 2  330t 1  990  0 Pozitivno rješenje ove jednadžbe je: t 1  2,877 s vrijeme padanja kamena Vrijeme gibanja zvuka dobijemo iz: t 2  t  t 1  0 ,123s Dubinu bunara možemo izračunati iz: h  s 2  330  0 ,123  40 ,6 m 15

t 2


4. Automobil vozi brzinom 108 km/h. Na udaljenosti od 80 m ugleda pješaka i počne kočiti s akceleracijom 4 m/s 2. Kolikom će brzinom udariti pješaka? v0  108 km/h 

108000 m  30 m/s 3600s

a  4 m/s 2 s  80 m

Automobil se giba jednoliko usporeno, te ćemo koristiti formule za jednoliko ubrzano (usporeno) gibanje po pravcu: v  v0  at

s  v0 t 

at 2

2

Iz izraza za put možemo izračunati vrijeme gibanja:  4  t 2 80  30t  2 80  30t  2t 2 2t 2  30t  80  0 / : 2 2 t  15t  40  0 Rješenja ove kvadratne jednadžbe su: t 1  3,47 s i t 2  11,53s Vrijeme nakon kojeg će automobil udariti 80m t 1 pješaka je manje vrijeme t 1 . Vrijeme t 2 je vrijeme nakon kojeg bi se auto ponovo našao na istom mjestu da nije bilo sudara, t 2 nego da je auto kočio do zaustavljanja te se nastavio i dalje gibati istom akceleracijom vraćajući se natrag jednoliko ubrzano. Formule za jednoliko ubrzano gibanje uključuju i tu mogućnost jer zapravo opisuju položaj, a ne prijeđeni put. Brzinu kojom auto udara pješaka možemo izračunati iz: v  v0  at v  30  4  3 ,47  16 ,12 m/s

Zadatak smo mogli riješiti i pomoću formule: 2 v 2  v0  2as 16

1. Gibanje tijela

5. Za koliko vremena lift prijeđe put od 40 m ako se ubrzava s akceleracijom 0 ,4 m/s2, potom vozi jednoliko brzinom od 3 m/s, a usporava s akceleracijom 0 5 m/s2? ,

vm/s 

3 I

II

III t s 

Izračunat ćemo vrijeme za svaki dio gibanja posebno. I) jednoliko ubrzano gibanje a1  0 ,4 m/s 2 v  3 m/s 3 v   7 ,5 s t 1  a1 0 ,4 Da bismo mogli izračunati vrijeme za 2. dio gibanja, najprije moramo izračunati put u 1. i 3. dijelu. 2 a1t 1 0 ,4  7 ,5 2 s1    11,25 m 2 2 III) jednoliko usporeno gibanje a3  ()0 ,5 m/s 2 v0  3 m/s v 3 t 3  0   6s a3 0.4 2

0 ,5  6 2   9m s3  2 2 II) jednoliko gibanje Iz ukupnog puta možemo izračunati put u 2. dijelu: a3t 3

s  s1  s 2  s3 s 2  s  ( s1  s3 )  40  (11 ,25  9)  19 ,75 m

19 ,75  6,6 s 3 v Ukupno vrijeme gibanja lifta je: t  t 1  t 2  t 3  7 ,5  6 ,6  6  20 ,1s t 2 

s 2



17


6. Koliki put prijeđe tijelo u trećoj sekundi slobodnog pada? t=0

Slobodan pad je jednoliko ubrzano gibanje s akceleracijom: a  g  9,81m/s 2  10 m/s 2

t=1

s s21

v  gt

s 

gt 2

s3

2

Zadatak možemo riješiti na nekoliko načina: a) Put prijeđen u 3. sekundi gibanja možemo izračunati tako da od puta prijeđenog u prve tri sekunde oduzmemo put prijeđen u prve dvije sekunde: 10  32 10  2 2   45  20  25 m s  s3  s 2  2 2

t=2

s  ? t=3

b) Možemo promatrati gibanje od trenutka t = 2s. Tijelo u tom trenutku ima (početnu) brzinu: v0  v(t  2 s)  gt  10  2  20 m/s Tijelo u slijedećoj sekundi prijeđe put: 10  12 gt 2 s  v0 t   20  1   25 m 2 2 c) Put prijeđen u nekom vremenskom intervalu možemo izračunati pomoću srednje brzine: v v

 s t v 2  v3

2 v2  v(t  2 s )  gt  10  2  20 m/s v3  v(t  3 s )  gt  10  3  30 m/s 20  30  25 m/s v 2  s  v t  25  1  25 m

18

1. Gibanje tijela

1.2. Gibanja po zakrivljenim putanjama Kada se tijelo giba po zakrivljenoj putanji akceleracija, brzina i položaj tijela mijenjaju iznos i smjer, pa ih moramo prikazivati vektorima. Gibanje opisujemo veličinama: 

vektor položaja

r (t )





d r



dt  d v

vektor brzine

v

vektor akceleracije

a

dt

Izjednačavanjem x , y i z komponenti s lijeve i desne strane u ovim jednadžbama dobivamo: v x  a x 

dx

v y 

dt dv x

a y 

dt

dy dt dv y dt

v z  a z 

dz dt dv z dt

Kada je akceleracija konstantna, iz ovih jednadžbi dobivamo (izvod u skripti): a y (t )  konst

a x (t )  konst

a z (t )  konst

v x (t )  v0 x  a x t

v y (t )  v0 y  a y t

v z (t )  v0 z  a z t

2

a y t 2

a z t

x (t )  v0 x t 

a x t

2

y (t )  v0 y t 

2

z (t )  v0 z t 

2

2

1.2.1. Vertikalni hitac y

v0

O g

Kod vertikalnog hica tijelo bacimo vertikalno prema gore početnom brzinom v0 . Akceleracija slobodnog pada je u suprotnom smjeru; tijelo se najprije giba prema gore jednoliko usporeno dok se ne zaustavi, te zatim slobodno pada (giba se jednoliko ubrzano prema dolje). Stavimo ishodište koordinatnog sustava u točku iz koje je tijelo bačeno i koordinatnu os y prema gore. Koordinata y na toj osi označavat će položaj tijela. 19


Gibanje je u smjeru osi y, pa formule za gibanje s konstantnom akceleracijom pišemo samo za y -komponente: a y (t )  konst v y (t )  v0 y  a y t a y t 2

y (t )  v0 y t 

2

Ako u ove formule uvrstimo a y (t )   g dobivamo formule za vertikalni hitac: a y (t )   g v y (t )  v0 y  gt y (t )  v0 y t 

gt 2

2

7. Za vertikalni hitac s početnom brzinom 20 m/s napraviti tablicu za položaj i brzinu tijela za prvih 5 sekundi gibanja. Ovisnost akceleracije, brzine i položaja tijela o vremenu za vertikalni hitac određuju formule: a y (t )   g v y (t )  v0 y  gt 2

y (t )  v0 y t 

gt

2 t=2

t/s 0

vy(t)/m/s 20

y(t)/m 0

t=1

1

10

15

v0

2

0

20

t=0

3

-10

15

4

-20

0

5

-30

-25

t=3

t=4

t=5

20

1. Gibanje tijela

Tijelu je potrebno jednako vremena da prijeđe isti put kada se giba prema gore i kada se giba prema dolje. Brzina tijela je jednaka na istoj visini kada se tijelo giba prema gore i prema dolje (ali suprotnog smjera).

8. Tijelo je bačeno vertikalno prema gore s vrha zgrade visoke 55 m početnom brzinom od 25 m/s. Nakon koliko vremena će tijelo udariti u tlo ispred zgrade? Kolika će biti brzina tijela? y



v0

h  55 m

v 0 y  25 m/s

Ovisnost brzine i položaja tijela o vremenu za vertikalni hitac dana je formulama: v y (t )  v0 y  gt y (t )  v0 y t 

55m

gt 2

2

Ishodište koordinatnog sustava moramo staviti u točku iz koje je tijelo bačeno. U točki u kojoj tijelo pada na tlo je y  55 . Uvrstimo ovaj uvjet i početnu brzinu u gornju formulu: y=-55 10t 2  55  25t  2

Dobivamo kvadratnu jednadžbu: 5t 2  25t  55  0 /:5 t 2  5t  11  0 Pozitivno rješenje ove kvadratne jednadžbe : t  6 ,7 s je vrijeme nakon kojega tijelo pada na tlo. Brzina koju tijelo ima u tom trenutku je: v y (t )  v0 y  gt  25  10  6,7  42 m/s

21


1.2.2. Kosi hitac 

Kod kosog hica tijelo bacimo početnom brzinom v0 pod nekim kutem u odnosu na horizontalu . y v y

y v0 y

O g

(x,y)  v v x



r 

v0

x

x

v0 x

Uvedimo koordinatni sustav i stavimo ishodište O u točku iz koje je tijelo bačeno. Gibanje ćemo opisivati veličinama:  v0 – početna brzina tijela v 0 x – x -komponenta vektora početne brzine v 0 y – y -komponenta vektora početne brzine  r (t ) – vektor položaja x ( t ) komponente vektora položaja, tj. koordinate točke u kojoj se nalazi tijelo y ( t )  v (t ) – trenutna brzina tijela v x ( t ) – x -komponenta vektora brzine v y ( t ) – y -komponenta vektora brzine Akceleracija je konstantna u vremenu, tijelo se giba po zakrivljenoj putanji u ravnini xy, pa formule za gibanje s konstantnom akceleracijom pišemo samo za x i y komponente: a x (t )  konst

a y (t )  konst

v x (t )  v0 x  a x t

v y (t )  v0 y  a y t

a x t 2

a y t

x (t )  v0 x t 

2

2

y (t )  v0 y t 

22

2

1. Gibanje tijela

Uvrštavanjem komponenti vektora akceleracije: a x  0 a y   g

u ove jednadžbe dobivamo formule koje opisuju gibanje tijela za kosi hitac: a x (t )  0

a y (t )   g

v x (t )  v0 x

v y (t )  v0 y  gt

x (t )  v0 x t

gt 2

y (t )  v0 y t 

2

Ako iz formule za x(t ) izrazimo vrijeme t 

x v0 x

i uvrstimo u izraz za y (t )

dobivamo ovisnost y ( x) što predstavlja jednadžbu putanje tijela. Putanja je u ovom slučaju parabola. Jednadžba parabole po kojoj se giba tijelo kod kosog hica je: y 

v0 y v0 x

x 

g

2v

2 0 x

x2

9. Tijelo je bačeno početnom brzinom čija je horizontalna komponenta 10 m/s, a vertikalna komponenta 20 m/s. Na kojoj udaljenosti od mjesta s kojeg je bačeno će tijelo pasti na tlo? v0 x  10 m/s v0 y  20 m/s

a) v y (t )  v0 y  gt U najvišoj točki putanje y -komponenta brzine tijela je nula: v y (t max )  0 0  v0 y  gt max 20  2s g 10 Tijelo dostiže maksimalnu visinu nakon 2 sekunde. t max 

v0 y



Tijelo će pasti na tlo nakon dvostruko duljeg vremena: t  2t max  4 s

23


Pomak tijela u smjeru osi x u tom vremenu je: x D  x (t )  v0 x t  10  4  40 m b) Zadatak možemo također riješiti pomoću jednadžbe parabole: y 

v0 y v0 x

x 

g

2v02 x

x2

y



v0 y

v0

=0 x

v0 x

D

U točki u kojoj tijelo pada na tlo koordinata y je 0. Uvrstimo y  0 u jednadžbu parabole, kao i zadane komponente početne brzine: 20 10 2 0  x  x 2  10 2 10 Dobivamo kvadratnu jednadžbu: x 2  40 x  0 Rješenja ove kvadratne jednadžbe: x1  0 m i x 2  40 m , su koordinate x dviju točaka na paraboli za koje je y  0 . Prva točka je ishodište, a drugo rješenje je udaljenost x D  40 m na kojoj će tijelo pasti na tlo.

24

1. Gibanje tijela

10. Tijelo je bačeno s visine 20 m iznad tla s početnom brzinom kojoj je vertikalna komponenta 30 m/s, a horizontalna komponenta 10 m/s. Koliki je domet hica u horizontalnom smjeru? v0 x  10 m/s v0 y  30 m/s

y



v0 y

v0

O

x

v0 x

20m =-20 D

Ishodište moramo postaviti u točku iz koje je tijelo ispaljeno (jednadžbe za kosi hitac i jednadžba parabole su izvedene uz tu pretpostavku). U točci u kojoj tijelo pada na tlo koordinata y  20 . Uvrstimo y  20 i komponente početne brzine u jednadžbu parabole: y 

v0 y v0 x

 20 

x 

g

2v

2 0 x

x2

30 10 2 x  x 10 2  10 2

Dobivamo kvadratnu jednadžbu: x 2  60 x  400  0 Pozitivno rješenje ove kvadratne jednadžbe je koordinata x točke u kojoj tijelo pada na tlo (domet u horizontalnom smjeru). x D  66 ,1 m

25


11. Kosi hitac kojem je vertikalna komponenta početne brzine 30 m/s, a horizontalna komponenta 50 m/s ispaljen je na uzbrdicu od 30°. Koliki je domet hica? v0 x  50 m/s

y

v0 y  30 m/s D 

v0 y

v0

d

30

x

v0 x D

Točka D( x D , y D ) u kojoj tijelo pada na tlo nalazi se na sjecištu parabole po kojoj se tijelo giba i pravca koji prikazuje uzbrdicu. Trebamo napisati jednadžbu parabole i jednadžbu prvaca, te rješavanjem tog sustava dviju jednadžbi s dvije nepoznanice naći njihovo sjecište. Uvrstimo komponente početne brzine u jednadžbu parabole: y 

v0 y

x 

g

x2

2v 30 10 2 y  x  x 50 2  50 2 3 1 2 y  x  x 5 500 v0 x

2 0 x

Jednadžba pravca ima oblik: y  kx  l , gdje je: k – koeficijent smjera l – odsječak na osi y Koeficijent smjera pravca možemo dobiti iz kuta kuta koji pravac zatvara sa osi x: k  tg  k  tg 30  0,58

Za pravac koji prolazi kroz ishodište odsječak na osi y je l  0 . Jednadžba pravca je: y  0 ,58 x

26

1. Gibanje tijela

Rješavanjem sustava jednadžbi: 3 1 2 y  x  x 5 500 y  0 ,58 x dobivamo kvadratnu jednadžbu: 3 1 2 0 ,58 x  x  x , 5 500 1 2 x  0 ,02 x  0 500 čija su rješenja: x1  0 m i x 2  10 m  x D . Domet hica po uzbrdici je: d 

x D

cos 30

 11,5 m

12. Kosi hitac kojem je vertikalna komponenta početne brzine 30 m/s, a horizontalna komponenta 50 m/s ispaljen je na uzbrdicu od 30° prikazanu na slici. Koliki je domet hica u horizontalnom smjeru? v0 x  50 m/s

y

v0 y  30 m/s D 

v0 T 0(10,0)

30

x

10m D

Jednadžba parabole je ista kao u prethodnom zadatku: 3 1 2 y  x  x 5 500

27


Jednadžba pravca kojem je zadan koeficijent smjera i jedna točka T 0 ( x0 , y0 ) može se napisati u obliku: y  y 0  k ( x  x 0 ) k  tg 30  0,58 Pravac prolazi kroz točku T 0 (10,0) . Uvrstimo koordinate te točke i koeficijent smjera u jednadžbu pravca: y  0  0 ,58( x  10) y  0 ,58 x  5,8 Nađimo sjecište sjecište pravca pravca i parabole parabole:: 3 1 2 0 ,58 x  5 ,8  x  x 5 500 x 2  10 x  2900  0 Rješenje (pozitivno) ove kvadratne jednadžbe je domet u horizontalnom smjeru: x D  59 ,1m

13. Tijelo je bačeno pod kutem od 50° prema horizontali brzinom od 40 m/s na nizbrdicu od 20°. Koliki je domet hica u horizontalnom smjeru i domet mjeren duž nizbrdice? v0  40 m/s   50   20

y

v0 y



v0

50 v0 x

D

x

20

d

D

Komponente početne brzine možemo izračunati iz početne brzine i kuta koji ona zatvara sa osi x : v0 x  v0 cos   40 cos 50  25 ,7 m/s v0 y  v0 sin   40 sin 50  30 ,6 m/s Uvrstimo komponente početne brzine u jednadžbu parabole: 28

1. Gibanje tijela y 

v0 y v0 x

x 

g

2v

2 0 x

x2

30 ,6 10 2 x  x 25 ,7 2  25 ,7 2 y  1 ,19 x  0 ,0076 x 2 y 

Koeficijent smjera pravca koji prikazuje nizbrdicu je: k  tg ( 20)  0,36 , pa jednadžba pravca ima oblik: y  0 ,36 x Sjecište pravca i parabole dobit ćemo rješavanjem sustava jednadžbi: y  1 ,19 x  0 ,0076 x 2 y  0 ,36 x Dobivamo kvadratnu jednadžbu: 0 ,0076 x 2  1 ,55 x  0 , čija su rješenja: x1  0 m i x 2  204 m  x D Domet hica duž nizbrdice je: d 

x D

cos 20

 217 m

14. Tijelo je ispaljeno početnom brzinom od 30 m/s pod kutem od 45 ° na podlogu prikazanu na slici. Na kojoj će udaljenosti (u horizontalnom smjeru) tijelo pasti na tlo? v0  30 m/s   45

y 

v0

T 0(10,8)

45 8m

D

x

30

10m

D

29


Komponente početne brzine su: v0 x  v0 cos   30 cos 45  21 ,2 m/s v0 y  v0 sin   30 sin 45  21 ,2 m/s Uvrstimo komponente početne brzine u jednadžbu parabole: y 

v0 y v0 x

x 

g

2v02 x

x2

21 ,2 10 2 x  x 2 21 ,2 2  21 ,2 y  x  0 ,011x 2 y 

Jednadžba pravca može se napisati u obliku: y  y 0  k ( x  x 0 ) k  tg ( 30)  0,58 Pravac prolazi kroz točku T 0 (10,8) Uvrstimo koordinate te točke i koeficijent smjera u jednadžbu pravca: y  8  0 ,58( x  10) y  0 ,58 x  13,8 Rješavanjem sustava jednadžbi 2 y  x  0 ,011x y  0 ,58 x  13,8 dobivamo kvadratnu jednadžbu: 0 ,011 x 2  1 ,58 x  13,8  0 , čija su rješenja: x1  9,1m i x 2  134 m Za oba sjecišta pravca i parabole je x pozitivan u ovom slučaju, no sa slike možemo vidjeti da je domet u horizontalnom smjeru x D  x2  134 m .

30

1. Gibanje tijela

1.3. Gibanje po kružnici Gibanje tijela po kružnici možemo opisati veličinama:  (t ) kut kutna brzina  (t ) kutna akceleracija  (t )

s 

r

Kutna brzina tijela Srednja kutna brzina u vremenskom intervalu t je omjer prijeđenog kuta  i proteklog vremena t .  t

 

Prava (trenutna) kutna brzina je granična vrijednost (limes) srednje kutne brzine kada vremenski interval t  0 , odnosno derivacija kuta po vremenu.   lim t  0

 d   t dt

Kutna akceleracija tijela Srednja kutna akceleracija u vremenskom intervalu t je omjer promjene kutne brzine  i proteklog vremena t .  t

 

Prava ili trenutna kutna akceleracija je granična vrijednost (limes) srednje kutne akceleracije kada vremenski interval t  0 , odnosno derivacija kutne brzine po vremenu.   lim t 0

 d   t dt

Put s koji tijelo prijeđe po kružnici radiusa r jednak je duljini luka koji odgovara kutu  :

s   r

Iznos brzine v kojom se tijelo giba po kružnici (obodna brzina) je derivacija puta po vremenu: ds d ( r ) d  v

dt



dt



dt

r   r

Tangencijalna akceleracija a t je derivacija iznosa brzine po vremenu: dv d ( r ) d  a t 

dt



dt



dt

r   r

31


Veza između linearnih veličina s, v, at i kutnih veličina  , , je dakle: s   r v   r at   r

1.3.1. Jednoliko gibanje po kružnici Kod jednolikog gibanja po kružnici iznos brzine je konstantan, odnosno kutna brzina je konstantna. U jednakim vremenskim intervalima tijelo prelazi isti kut, odnosno isti put po kružnici. Kutna akceleracija je nula jer nema promjene kutne brzine.  v  v  konst   konst

Ovisnost kutne akceleracije, kutne brzine i kuta o vremenu za jednoliko gibanje po kružnici opisuju formule:  (t )  0  (t )  konst



v2

 (t )   t



Kod jednolikog gibanja po kružnici iznos brzine je konstantan, ali brzina mijenja smjer. Tangencijalna akceleracija je nula, ali ukupna akceleracija nije nula. Iznos vektora akceleracije je:

v1

 r





a  a  lim t  0

v v d   lim v  v  a cp   0 t t t dt 

Smjer akceleracije jednak je smjeru v , akceleracija je okomita na brzinu, tj. ima smjer prema središtu kružnice, pa se zato zove centripetalna akceleracija.

v   

v





 v1

v2

Centripetalnu akceleraciju možemo koristeći izraz v    r napisati u obliku: acp  v   r  2

v2 r

32

1. Gibanje tijela

Ophodno vrijeme T Ophodno vrijeme je vrijeme u kojem tijelo jednom obiđe kružnicu. U ophodnom vremenu tijelo prijeđe kut 2 .  2  

t



T

Frekvencija f Frekvencija je broj ophoda n u jedinici vremena. Broj ophoda u ophodnom vremenu je 1. n 1 f 

t



T

1.3.2. Jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po kružnici Kod jednolikog ubrzanog gibanja po kružnici kutna akceleracija je konstantna. Kutna brzina se povećava jednoliko. Ovisnost kutne akceleracije, kutne brzine i kuta o vremenu za jednoliko ubrzano gibanje po kružnici s početnom kutnom brzinom  0   (t  0) opisuju formule:  (t )  konst  (t )   0   t  (t )   0 t 

 t 2

2

Kod jednolikog usporenog gibanja po kružnici kutna brzina se jednoliko smanjuje, kutna akceleracija je negativna. Vektor akceleracije ima dvije međusobno okomite komponente: tangencijalnu akceleraciju u a t    r smjeru brzine, odnosno tangente na kružnicu, koja govori o promjeni iznosa brzine v2

centripetalnu akceleraciju prema acp   r  govori r središtu kružnice, koja o promjeni smjera brzine 2

33



v 

a

acp

at


Iznos ukupne akceleracije dobivamo po Pitagorinom teoremu: 2 2 a  at  acp

Jednoliko, jednoliko ubrzano i jednoliko usporeno gibanje po kružnici možemo opisati formulama:

 (t )  konst  (t )   0   t  (t )   0 t 

 t 2

za   0 jednoliko ubrzano   0 jednoliko usporeno   0 jednoliko

2

s   r v   r a t   r a cp   r  2

v2 r

a  a t 2  a cp2

34

1. Gibanje tijela

15. Tijelo se giba po kružnici polumjera 50 cm s frekvencijom 4 Hz. Kolika je a) kutnu brzina b) put koji tijelo prijeđe za 2 s c) centripetalnu akceleraciju? a) Kutna brzina je 2  2 f  2  4  8  25,13 s 1   T

b) Kut koji tijelo prijeđe za t  2 s je:    t  8  2  16  50,26 Put koji tijelo prijeđe u tom vremenu je s   r  16  0 ,5  8  25,13 m c) Centripetalna akceleracija je a cp   2 r  25 ,13 2  0,5  315 m/s 2

16. Tijelo se giba 2 sekunde jednoliko ubrzano po kružnici polumjera 0 ,5 m s kutnom akceleracijom 0 ,4 s-2. Početna brzina tijela je 0. Kolika je akceleracija? r  0 ,5 m   0 ,4 s

2

 0  0 s 1

Da bismo dobili ukupnu akceleraciju tijela moramo izračunati tangencijalnu i centripetalnu komponentu akceleracije. Tangencijalna akceleracija je:  a t   r  0 ,4  0 ,5  0,2 ms 2 Kutnu brzinu dobivamo iz: 1    r  0 ,4  2  0,8 s Centripetalna akceleracija je: a cp   2 r  0 ,8 2  0 ,5  0,32 ms 2 Tangencijalna i centripetalna akceleracija su dvije međusobno okomite komponenete vektora ukupne akceleracije, koju onda možemo izračunati po Pitagorinom teoremu: a  at 2  acp2  0 ,38 m/s 2 35


17. Koliki put prijeđe točka na obodu kruga polumjera 70 cm koja se 3 s ubrzava od početne kutne brzine 30 s-1 do kutne brzine 90 s-1? r  70 cm t  3 s  0  30 s 1   90 s 1

a) Jednoliko ubrzano gibanje po kružnici opisuju jednadžbe:  (t )  konst  (t )   0   t  (t )   0 t 

 t 2

2

Iz druge jednadžbe možemo izračunati kutnu akceleraciju:    0 90  30     20 s 2

3

t

Kut koji tijelo prijeđe za 3 sekunde je: 20  3 2  180   30  3  2 Put koji tijelo prijeđe u tom vremenu je: s   r  180  0,7  126 m b) Zadatak možemo riješiti i na drugi način. Ako gornje jednadžbe koje opisuju jednoliko ubrzano gibanje pomnožimo s r dobit ćemo: a t (t )  konst v(t )  v0  at t s (t )  v0 t 

at t 2

2 Tangencijalna akceleracija je a t   r  20  0,7  14 m/s 2 Početna brzina je v 0   0 r  30  0,7  21 m/s Put možemo izračunati po formuli: 2 at t 14  32 s  v0 t   21  3   126 m

2

2

36

1. Gibanje tijela

18. Tijelo koje se giba po kružnici s početnom kutnom brzinom od 20 okretaja u minuti usporava tako da mu se za 20 okretaja kutna brzina smanji na 50 okretaja u minuti. Kolika je kutna akceleracija tijela? n  20 - broj okretaja

Kutnu brzinu trebamo preračunati iz okretaja u minuti u radijane po sekundi:

200  2 rad  20,9 rad/s 60 s 50  2 rad   50 okr min   5,2 rad/s 60 s  0  200 okr min 

Kada napravi 20 okretaja, kut  koji tijelo prijeđe je:   n  2  20  2  40 Kada se tijelo giba jednoliko usporeno po kružnici, njegovo gibanje opisuju jednadžbe:  (t )  konst  (t )   0   t  (t )   0 t 

 t 2

2

Uvrštavanjem zadanih veličina u druge dvije jednadžbe dobivamo sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: 5 ,2  20 ,9   t 2

40  20 ,9t 

 t

2

Iz prve jednadžbe izrazimo:  t  15 ,7 , što možemo uvrstiti u drugu jednadžbu:  15 ,7t 40  20 ,9t  ,

2

te dobivamo vrijeme i kutnu akceleraciju: t  9 ,6 s  15 ,7  1 ,6 s 2   t

37


38

2. Newtonovi aksiomi I. Ako na tijelo ne djeluje sila, tijelo ostaje u stanju mirovanja ili jednolikog gibanja po pravcu. II. Ako na tijelo djeluje sila ona mu daje akceleraciju, prema formuli;  F  ma Ako na tijelo djeluje više sila, akceleraciju tijela određuje ukupna (rezultantna) sila:    F uk   F i  ma i

III. Ako jedno tijelo djeluje silom na drugo tijelo, onda i to drugo tijelo djeluje na prvosilom jednakog iznosa i na istom pravcu, ali u suprotnom smjeru. F 12   F 21



( F 12 je sila kojom tijelo 1 djeluje na tijelo 2, i obrnuto)

19. Tijelo mase 4 kg vučemo po horizontalnoj podlozi silom od 10 N pod kutem od 30° u odnosu na podlogu. Koeficijent trenja je 0 ,2. Kolika je akceleracija tijela? m  4 kg F  10 N

y

  30

  0 ,2

F 

F x

F y

x

T N

G

Akceleraciju tijela možemo izračunati pomoću II Newtonovog zakona: 





F uk   F i  ma i

39


Da bismo dobili akceleraciju moramo odrediti sve sile koje djeluju na tijelo: 1. sila F kojom vučemo tijelo 2. težina G  mg – sila kojom Zemlja privlači tijelo prema sebi 3. reakcija podloge N – sila kojom podloga djeluje na tijelo koje se na njoj nalazi, okomita je na podlogu 4. sila trenja T   N – sila kojom podloga djeluje na tijelo koje se po njoj giba, u suprotnom je smjeru od smjera gibanja tijela, dolazi od elektrostatskog privlačenja molekula tijela i podloge Sada možemo napisati II Newtonov zakon za ovaj slučaj:     

F  G  N  T  ma

Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu (sile su u različitim smjerovima) uvest ćemo koordinatni sustav. Os x stavit ćemo u smjeru gibanja tijela, a os y okomito. Kada su dva vektora jednaka, jednake su njihove x -komponente i njihove y -komponente. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane gornje vektorske jednadžbe: x: F cos   T  ma x y: F sin   N  G  ma y Budući da tijelo klizi po podlozi, odnosno giba se u smjeru osi x, znači da nema gibanja (tj. komponente akceleracije) u smjeru osi y, a x -komponenta akceleracije je ujedno ukupna akceleracija: a y  0 a x  a

Uvrštavanjem ovih komponenti akceleracije u gornje jednadžbe dobivamo: F cos   T  ma F sin   N  G  0 Iz druge jednadžbe možemo izračunati reakciju podloge: N  G  F sin   mg  F sin   4  10  10 sin 30  35 N Zatim možemo izračunati silu trenja: T   N  0 ,2  35  7 N Iz prve jednadžbe možemo izračunati akceleraciju tijela: F cos  T 10  cos 30  7   0 ,42 m/s 2 a 4 m 40

2. Newtonovi zakoni

20. Tijelo klizi niz kosinu nagiba 15°. Koeficijent trenja između tijela i podloge je 0 ,1. Za koliko vremena će tijelo doći do dna kosine, ako je ona duga 3 metra? y

  0 ,1   15

l  3 m

T G y

N

15

G G x

l

15

x

Najprije možemo odrediti akceleraciju tijela pomoću II Newtonovog zakona:   


Na tijelo djeluju: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T . Možemo napisati II Newtonov zakon za ovaj slučaj: 







G  N  T  ma

Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: G sin   T  ma x y:  G cos   N  ma y Budući da se tijelo se giba samo u smjeru osi x, nema y -komponente akceleracije, a x -komponenta akceleracije je jednaka ukupnoj akceleraciji: a y  0 a x  a . Uvrštavanjem komponenti akceleracije u gornje jednadžbe dobivamo: G sin   T  ma  G cos   N  0

41


Iz druge jednadžbe možemo izraziti reakciju podloge, te zatim izračunati silu trenja: N  G cos   mg cos  T   N   mg cos  Iz prve jednadžbe možemo izračunati akceleraciju: G sin   T mg sin    mg cos    g sin    g cos  a m

m

a  10  sin 15  0 ,1  10  cos 15  1,62 m/s

2

Tijelo se niz kosinu giba jednoliko ubrzano, pa vrijeme gibanja možemo izračunati iz formule: s 

t 

at 2

2

, gdje je put s jednak duljini kosine l.

2 s a

 1 ,92 s

21. Tijelo mase 2 kg vučemo stalnom brzinom uz kosinu silom od 15 N pod kutem od 20° u odnosu na kosinu. Nagib kosine je 30°. Koliki je koeficijent trenja? m  2 kg F  15 N   20   30

x

F 20

v  konst

T N

30

y

G 30

Ako se tijelo giba konstantnom brzinom, znači da nema akceleracije, pa možemo napisati II Newtonov zakon u obliku:   F uk   F i  0 i

Na tijelo djeluju: sila F kojom vučemo tijelo, težina G , reakcija podloge N i sila trenja T . 42

2. Newtonovi zakoni 







F  G  N  T  0

Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (uz kosinu), a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: F cos 20  G sin 30  T  0 y: F sin 20  G cos 30  N  0 Iz prve jednadžbe možemo izračunati silu trenja: T  F cos 20  G sin 30  15 cos 20  20 sin 30  4 ,1 N Iz druge jednadžbe možemo izračunati reakciju podloge: N  G cos 30  F sin 20  20 cos 30  15 sin 20  12,2 N Zatim možemo izračunati koeficijent trenja:  

4 ,1  0 ,34 N 12 ,2 T



22. Koliki je najveći nagib kosine kod kojeg tijelo može mirovati na kosini, ako je koeficijent trenja 0 ,4?   0 ,4

y

T G y

N



G G x

 x

Kada tijelo miruje, nema akceleracije, te iz II Newtonovog zakona dobivamo da je ukupna sila na tijelo nula:  F uk   F i  ma  0 i

Na tijelo djeluju: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T .

43


Možemo napisati II Newtonov zakon za ovaj slučaj:    G  N  T  0 Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: G sin   T  0 y:  G cos   N  0 Iz prve jednadžbe možemo izraziti silu trenja: T  G sin  Iz druge jednadžbe možemo izraziti reakciju podloge: N  G cos  Što je veći nagib kosine, veća je x -komponenta težine koja djeluje niz kosinu, pa će biti veća i sila trenja koja ju poništava. Za najveći kut nagiba kosine kod kojeg tijelo još miruje sila trenja će imati iznos (kao kad tijelo kliže po kosini): T   N

Izrazimo iz ove jednadžbe koeficijent trenja: T G sin      tg   0 ,4 N G cos  Odavde možemo izračunati nagib kosine:   21 ,8

44

2. Newtonovi zakoni

23. Tijelo mase 4 kg guramo uz kosinu silom od 30 N pod kutem od 20° u odnosu na kosinu. Nagib kosine je 30°, a tijelo se giba s akceleracijom 0 ,4 m/s2. Koliki je koeficijent trenja? m  4 kg F  30 N   20   30 2 a  0 ,4 m/s

x

F N

30

T

20

G

y

30

Zadatak ćemo riješiti koristeći II Newtonov zakon:   


Na tijelo djeluju: sila F kojom guramo tijelo, težina G , reakcija podloge N i T . Napišimo II Newtonov zakon: sila trenja     

F  G  N  T  ma

Da bismo riješili ovu jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (uz kosinu), a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: F cos 20  G sin 30  T  ma x  ma y:  F sin 20  G cos 30  N  ma y  0 Iz prve jednadžbe možemo izračunati silu trenja: T  F cos 20  G sin 30  ma  30 cos 20  40 sin 30  4  0,4  6 ,6 N Iz druge jednadžbe možemo uzračunati reakciju podloge: N  G cos 30  F cos 20  40 cos 30  30 sin 20  44 ,9 N Zatim možemo izračunati koeficijent trenja:  

6 ,6  0 ,15 N 44 ,9 T



45


24. Na tijelo mase 4 kg koje se giba niz kosinu nagiba 40° djeluju sila F 1 od 12 N pod kutem od 20° u odnosu na kosinu i sila F 2 od 8 N pod kutem od 30° u odnosu na kosinu. Koeficijent trenja je 0 ,4. Kolika je akceleracije tijela? y

m  4 kg F 1  12 N  1  20

F 2  8 N

20

 2  30   40

F1 F2

T 30

  0 ,4

N

40

G 40

x

Zadatak ćemo riješiti koristeći II Newtonov zakon:   


Na tijelo djeluju: sile F 1 i F 2 , težina G , reakcija podloge N i sila trenja T . II Newtonov zakon za ovaj slučaj možemo napisati u obliku:     

F 1  F 2  G  N  T  ma

Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: F 1 cos 20  F 2 cos 30  G sin 40  T  ma x  ma y:  F 1 sin 20  F 2 sin 30  G cos 40  N  ma y  0 Iz druge jednadžbe možemo izračunati reakciju podloge: N  F 1 sin 20  F 2 sin 30  G cos 40  30,7 N Zatim možemo izračunati silu trenja: T   N  0 ,4  30 ,7  12,3 N Iz prve jednadžbe možemo izračunati akceleraciju tijela: F cos 20  F 2 cos 30  G sin 40  T a 1  7 ,9 m/s 2 m

46

2. Newtonovi zakoni

25. Auto mase 1 t prelazi most polumjera 100 m brzinom 72 km/h. a) Koliki je pritisak na podlogu? b) Kolika bi trebala biti brzina auta da pritisak na podlogu bude nula? c) Kolika bi trebala biti brzina auta na ravnoj cesti da pritisak na podlogu bude nula? 

v

m  1t

r  100 m

G

r v  72 km/h 

72000 m  20 m/s 3600s

a) Pritisak na podlogu P je sila kojom auto djeluje na podlogu. Reakcija podloge N je sila kojom podloga djeluje na auto. Prema III Newtonovom zakonu ove dvije sile su po iznosu jednake (ali suprotnog smjera):

P  N

Auto se giba konstantnom brzinom po kružnici polumjera 100 m. Napisat ćemo II Newtonov zakon za komponente sila u smjeru okomitom na smjer gibanja. Sile koje djeluju na auto u tom smjeru su težina i reakcija podloge. Ove sile odredjuju centripetalnu akceleraciju tijela koja ima smjer prema središtu. G  N  ma cp  m

v2 r

1000  20 2  10000   6000 N N  G  m r 100 v2

47


b) Uvrstimo uvjet da je P N 0 u II Newtonov zakon iz prethodnog slučaja: G  0  ma cp  m

v2 r

Iz ove jednadžbe možemo izračunati brzinu auta: mg  m

v2 r

v  gr  31 ,6 m/s

c) Na ravnoj cesti polumjer putanje po kojoj se giba auto jednak je polumjeru Zemlje R z. R z 6400 km Uvrstimo ovaj polumjer u II Newtonov zakon: v2

Gm R z v  gR z  10  6 ,4  10 6  8000 m/s

26. Auto ulazi u zavoj polumjera 50 m brzinom 15 m/s. Ako je koeficijent trenja 0 ,7, do koje brzine smije ubrzati u zavoju? Ako je zavoj jedna četvrtina kruga, kolika je tangencijalna akceleracija? r  50 m v  15 m/s   0 ,7

Auto se giba po kružnoj putanji zbog djelovanja sile trenja koja ima smjer prema središtu kružnice. Sila trenja se opire gibanju u radijalnom smjeru (van kružnice) i njezin maksimalan iznos je T   N (u tom slučaju dobivamo najveću brzinu kojom se auto može gibati po kružnici). Ostale horizontalne sile, koje su u smjeru brzine, u ovom zadatku nije potrebno razmatrati.



v



v0

T r

48

2. Newtonovi zakoni

II Newtonov zakon za komponente u radijalnom smjeru možemo napisati u obliku: T  ma cp

U ovom slučaju, budući da nema drugih sila u vertikalnom smjeru, vrijedi N  G , odnosno T   G   mg , te možemo napisati:  mg 

mv 2 r

Iz ove jednadžbe možemo izračunati najveću brzinu kojom se može gibati auto: v   gr  18 ,7 m/s

G

Auto se giba jednoliko ubrzano po kružnici, pa njegovo gibanje opisuju jednadžbe:  (t )   0   t  (t )   0 t 

 t 2

2

Iz izraza v   r možemo izračunati početnu i konačnu kutnu brzinu:

15  0 ,3 s 1 r 50 v 18 ,7     0 ,37 s 1 r 50  0 

v0



Kada auto prijeđe četvrtinu kruga, kut  koji prijeđe je:   Uvrstimo poznate veličine u gornje jednadžbe: 0 ,37  0 ,3   t 

2

 0 ,3t 

2

koje dobivamo: t  4 ,7 s , te

0 ,07 t

2

 t 2

Iz prve jednadžbe možemo izraziti  

 



0 ,07 t

, te uvrstiti u drugu jednadžbu iz

 0,015 s 2

Zatim možemo izračunati tangencijalnu akceleraciju: 2 at   r  0 ,015  50  0,75 m/s 49


50

3. Rad i energija 3.1. Rad

B

Rad je djelovanje sile na nekom putu.  Rad sile F na putu s od točke A do točke B je:



ds 

A

B



v 

W s F ( A, B )   F cos   ds

F

A

gdje je:  - kut između sile i brzine hvatišta sile ds - diferencijal puta hvatišta sile Kada je sila konstantna duž cijelog puta po iznosu i smjeru, i tijelo se giba po pravcu formulu za rad možemo napisati na jednostavniji način: 



W  Fs cos  F s

F A

gdje je s put koji prijeđe hvatište sile.



B

s

3.2. Energija

Energija je sposobnost vršenja rada. Zakon očuvanja energije kaže da je ukupna količina energije u izoliranom sustavu konstantna.

Kinetička energija Kinetička energija tijela je energija koju ima tijelo zbog svojeg gibanja. mv 2

E k 

2

za v  c

Zakon promjene kinetičke energije kaže da je zbroj rada svih sila koje djeluju na neko tijelo duž nekog puta jednak promjeni kinetičke energije tijela.

W



F i

s

i

  E k  E k  E k 2

1

51


Potencijalna energija Konzervativna sila je sila za koju je rad po zatvorenom putu jednak nuli. Za konzervativnu silu rad od točke A do točke B je isti bez obzira kojim se putem gibamo od A do B, on ovisi samo o početnoj i konačnoj točki puta. Za konzervativnu silu se može definirati potencijalna energija koja u svakoj točki prostora ima neku određenu vrijednost: razlika potencijalne energije između točaka B i A jednaka je negativnom radu konzervativne sile na tom putu.  E p  E p ( B)  E p ( A)  W s F ( A, B ) Gravitacijska sila je konzervativna sila, te možemo definirati potencijalnu energiju tijela u polju gravitacijske sile (izvod u skripti): 

konz

 E p  E p ( B)  E p ( A)  W



G s ( A, B )

B

   G cos   ds  mg h  mg ( h B  hA ) A

Ako izaberemo da je na početnoj visini potencijalna energija nula, možemo napisati izraz za potencijelnu energiju na visini h iznad početne točke kao: E p  mgh

27. Koliki je rad potreban za podizanje tereta mase 2 kg uz kosinu nagiba 30° i visine 10 m? Koeficijent trenja je 0 ,3. Tijelo vučemo uz kosinu konstantnom brzinom. m  2 kg h  10 m

x

F

  30

  0 ,3 v  konst

T

h

N

y

30

l

G 30

Kada je sila konstantna duž puta (po iznosu i smjeru) i tijelo se giba po pravcu, možemo izraz za rad napisati u jednostavnijem obliku: W s F  Fs cos  Kada tijelo vučemo uz kosinu, sila je u smjeru gibanja (   0 ), pa možemo napisati: W s F  Fl , gdje je l duljina kosine.

52

3. Rad i energija

Duljinu kosine l možemo izračunati iz visine i kuta nagiba kosine: l 

10  20 m sin  sin 30 h





Silu kojom vučemo tijelo uz kosinu dobit ćemo iz II Newtonovog zakona. Ako se tijelo giba konstantnom brzinom, nema akceleracije, pa možemo napisati:  F uk   F i  0 i

Na tijelo djeluju: sila F kojom vučemo tijelo, težina G , reakcija podloge N i T . sila trenja     F  G  N  T  0 Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x uz kosinu, a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: F  G sin 30  T  0 y: N  G cos 30  0 Iz druge jednadžbe možemo izračunati reakciju podloge i zatim silu trenja: N  G cos 30  20 cos 30  17 ,3 N T   N  0 ,3  17 ,3  5,2 N Silu kojom vučemo tijelo možemo izračunati iz prve jednadžbe: F  G sin 30  T  20 sin 30  5 ,2  15,2 N 



Zatim možemo izračunati rad sile F za podizanje tijela uz kosinu: W s F  Fl  15,2  20  304 J

28. U trenutku kada počne kočiti brzina automobila je 72 km/h. Kolika će biti njegova brzina nakon 20 m, ako je koeficijent trenja 0 ,3? v  72 km/h  20 m/s



v0

s  20 m   0 ,3

N

53

G

T


Automobil se giba jednoliko usporeno i zadatak se naravno može riješiti uz pomoć II Newtonovog zakona i jednadžbi gibanja, no sada ćemo ga riješiti na drugi način, koristeći zakon promjene kinetičke energije tijela:

W

F i

s

 E k

i

Sile koje djeluju na auto su: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T . Gornju formulu možemo napisati za ovaj slučaj u obliku: W s  W s  W s   E k  G

N

T

mv 2



mv02

2 2 Rad svake sile računamo po formuli: W s F  Fs cos W sG  0 W s N  0

jer su sile G i N okomite na smjer gibanja.

W sT  Ts cos180  T  s    Ns    Gs    mgs

Ukupna sila u smjeru okomitom na gibanje je 0, pa u ovom slučaju vrijedi da je N  G . Uvrstimo izraze za rad u početnu jednadžbu:   mgs 

mv 2

2

2



mv 0

2

Iz ovog izraza dobivamo brzinu: v 2  v02  2 gs  20 2  2  0,3  10  20  280 v  16 ,7 m/s

54

3. Rad i energija

29. Tijelo klizi s vrha kosine visoke 10 m i duge 20 m. Koliku će brzinu tijelo imati na dnu kosine, ako je koeficijent trenja 0 ,1? h  10 m l  20 m   0 ,1

y

T

h

N

 l

G 

x

Kut nagiba kosine α dobijemo iz: sin     30

h l

 0 ,5

Zadatak možemo riješiti koristeći zakon promjene kinetičke energije:

W

F i

s

 E k

i

Sile koje djeluju na auto su: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T , te gornju formulu možemo napisati u obliku: W s  W s  W s   E k  G

N

T

mv 2



mv02

2 2 Rad svake sile računamo po formuli: W s F  Fs cos W sG  Gl cos(90   )  Gl sin  W s N  0 W sT  Tl  cos180  Tl

Da bismo odredili silu trenja, napisat ćemo II Newtonov zakon za ovaj slučaj:    

G  N  T  ma

Da bismo riješili ovu jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x niz kosinu, a os y okomito. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : 55


x: G sin   T  ma y: N  G cos   0 Iz druge jednadžbe možemo izraziti reakciju podloge, izračunati silu trenja i zatim rad sile trenja: N  G cos  T   N   G cos  W sT    G cos   l Uvrstimo dobivene izraze za rad i da je v0  0 u početnu jednadžbu: Gl sin    Gl cos  

mv 2

2 Iz ove jednadžbe dobivamo: v 2  2 gl (sin    cos  )  2  10  20(sin 30  0,1cos 30) v  12 ,9 m/s

30. Kuglicu koja visi na niti duljine pola metra, ispustimo iz početnog položaja u kojem je bila otklonjena za 30°. Kolika će biti brzina kuglice u ravnotežnom položaju? l  0,5 m

y

  30

 l cos 

l

N



h  l  l cos 

G

x

56



v

3. Rad i energija

I) Pokušajmo zadatak riješiti koristeći II Newtonov zakon:  


Na tijelo djeluju težina G i napetost niti N , pa II Newtonov zakon za ovaj slučaj možemo napisati u obliku:   

G  N  ma

Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvedimo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (okomito na nit) i os y u smjeru niti. Kuglica se giba po kružnoj putanji, pa su komponente ukupne akceleracije tangencijalna (u smjeru gibanja) i centripetalna (prema središtu kružnice) akceleracija. Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: G sin   mat y: N  G cos   macp Iz prve jednadžbe vidimo da tangencijalna akceleracija a t  g sin  ovisi o kutu α, dakle kuglica se giba po kružnici s promjenljivom akceleracijom. Ova jednadžba je diferencijalna jednadžba koja se može egzaktno riješiti samo za male kuteve. 2) Zadatak se može mnogo jednostavnije riješiti pomoću zakona o promjeni kinetičke energije: W s F  E k , i

i

koju za ovaj slučaj možemo napisati u obliku: W s  W s   E k  G

N

mv 2

2 W s  0 , jer je sila N okomita na smjer gibanja. N

Gravitacijska sila je konzervativna sila, što znači da rad te sile ovisi samo o početnoj i konačnoj točki puta, te se može izraziti preko promjene potencijalne energije. W sG   G cos   ds  E p Kada izraze za rad uvrstimo u početnu formulu dobivamo:   E p  E k  mg h 

mv 2

2

,

57


gdje je h  h2  h1  0  h  h razlika visina na kojoj se nalazi kuglica u početnom i ravnotežnom položaju (gdje smu uzeli da se u ravnotežnom položaju kuglica nalazi na visini 0). mgh 

mv 2

2

Sa slike možemo vidjeti da je: h  l  l cos   0 ,5  0 ,5 cos 30  0,067 m v  2 g  h  1,16 m/s

58

4. Zakon očuvanja količine gibanja. Sudari Količina gibanja Količina gibanja tijela je umnožak mase i brzine.   p  mv Zakon očuvanja količine gibanja U izoliranom sustavu (na koji ne djeluju vanjske sile) ukupna količina gibanja je konstantna.

Sudari Promatrat ćemo sudare dvaju tijela na koja ne djeluju vanjske sile, te ih možemo smatrati izoliranim sustavom. Ukupna količina gibanja prije sudara jednaka je ukupnoj količini gibanja poslije sudara. Zakon očuvanja količine gibanja možemo napisati u obliku:    

p1  p 2  p1  p 2     gdje su : p1 i p2 količine gibanja tijela 1 i tijela 2 prije sudara, a p1 i p2 količine

gibanja poslije sudara, odnosno u obliku: 







m1 v1  m2 v 2  m1v1  m2 v 2   v1 i v2 su brzine tijela 1





i tijela 2 prije sudara, a v1 i v2 brzine tijela poslije

sudara. U slučaju sudara dva tijela također vrijedi zakon očuvanja energije: ukupna energija prije i poslije sudara je ista.

E k 1  E k 2  E k 1  E k 2  Q

gdje su : E k i E k kinetičke energije tijela 1 i tijela 2 prije sudara, a E k  i E k  količine gibanja poslije sudara, odnosno u obliku: 1

2

1

2

m1v12

2



m2 v22

2



m1v1 2

2



m2 v2 2

2

Q

je toplinska vrijednost sudara, odnosno dio kinetičke energije koji se pretvori u energiju mikroskopskog gibanja molekula tijela. Q

Sudari mogu biti: -elastični Q0 Q0 -neelastični

59


4.1. Neelastični sudari 31. Tijelo mase 3 kg giba se brzinom 2 m/s u susret tijelu mase 1 kg i brzine 4 m/s. Nakon sudara tijela se nastave gibati zajedno. Kolikom brzinom i u kojem smjeru će se tijela gibati nakon sudara? Kolika je toplinska vrijednost sudara?

1

2 m / s

4m / s

x 1kg

3kg

Zakon očuvanja količine gibanja kaže da je ukupna količina gibanja prije i poslije sudara jednaka:     m1 v1  m2 v 2  m1v1  m2 v 2

Prije sudara oba tijela gibaju se na jednom pravcu. Izaberimo os x duž pravca gibanja, a os y okomito. Poslije sudara tijela se gibaju zajedno, te će njihovo gibanje ostati na istom pravcu (da bi količina gibanja ostala ista). 

v

x

Možemo izjednačiti x -komponente s lijeve i desne strane gornje vektorske jednadžbe: m1 v1 x  m 2 v 2 x  m1 v1 x  m2 v 2 x y -komponente svih brzina su nula.

Poslije sudara tijela se gibaju zajedno pa vrijedi da je: v1 x  v 2 x  v x

S obzirom da su x -komponente jedine komponente brzina možemo radi jednostavnijeg pisanja izostaviti indeks x kod komponenti brzina, te zakon očuvanja količine gibanja napisati u obliku: m1 v1  m 2 v 2  (m1  m 2 )v  Uvrstimo u ovu jednadžbu mase i brzine tijela: m1  3 kg

v1  2 m/s

m2  1kg

v2  4 m/s

60

4. Zakon očuvanja količine gibanja. Sudari

3  2  1  (4)  (3  1)v  v  0 ,5 m/s

Smjer gibanja tijela poslije sudara je u pozitivnom smjeru osi x. Toplinska vrijednost sudara jednaka je razlici kinetičke energije prije i poslije sudara:

E k 1  E k 2  E k 1  E k 2  Q 2

m1 v1

2

2



m2 v 2

2



2

3  2 1 4   2 2 2

Q

m1 v1 2

2



m 2 v 2

2

(m1  m2 )v  2 Q  Q 2

2 (3  1)  0 ,52

2

 13 ,5 J

32. Metak mase 10 g i brzine 450 m/s pogađa metu mase 5 kg koja pada brzinom 2 m/s. Kolikom će se brzinom i pod kojim kutem metak i meta zajedno gibati nakon sudara? m2=5kg 2m/s m1=10g

v x

450m/s

v y

x





v

y

Zakon očuvanja količine gibanja možemo napisati u obliku:     m1 v1  m2 v 2  m1v1  m2 v 2

Nakon sudara se metak i meta gibaju zajedno:   m1 v1  m 2 v 2  (m1  m 2 )v  Izjednačimo x i y komponente s lijeve i desne strane jednadžbe : x: m1v1 x  m2 v 2 x  ( m1  m2 )v x y: m1v1 y  m2 v 2 y  (m1  m2 )v y

61


Uvrstimo u ove jednadžbe mase i komponente brzina tijela: m1  0 ,01kg

m2  5 kg

v1 x  450 m/s

v 2 x  0 m/s

v1 y  0 m/s

v 2 y  2 m/s

m1v1 x  m2 v2 x

0 ,01  450  0  0 ,9 m/s m1  m2 0 ,01  5 m1v1  m2 v2 0 52    2 m/s v  0 ,01  5 m1  m2 v x 

y



y

y

Iz komponenti brzina možemo izračunati iznos vektora brzine i kut koji brzina zatvara s osi x: v  v x 2  v y 2  2 ,2 m/s v y tg    2 ,2 v x   65 ,6 Toplinska vrijednost sudara je jednaka razlici kinetičke energije prije i poslije sudara: m1 v12 m 2 v 22 (m1  m 2 )v  2 Q   2 2 2 2 2 0 ,01  450 5  2 (0 ,01  5)  2,2 2 Q    1010 J

2

2

2

62


4.2. Centralni elastični sudari Kod elastičnih sudara toplinska vrijednost sudara je nula, kinetička energija prije i poslije sudara je ista: Q0 E k 1  E k 2  E k 1  E k 2

Zakon očuvanja energije možemo napisati u obliku: m1v12

2



m2 v22

2



m1v1 2

2



m2 v 2 2

2

Sudari su centralni ako se prije sudara oba tijela gibaju na istom pravcu, sudare se tako da spojnica njihovih središta leži na tom istom pravcu, te tada nakon sudara njihove brzine ostaju na istom pravcu. 

v1



v2

x

x 

v1



v2

x

Izaberimo koordinatnu os x na pravcu po kojem se gibaju tijela. Sve brzine leže na osi x. Zakon očuvanja količine gibanja     m1 v1  m2 v 2  m1v1  m2 v 2

napišimo za x-komponente:

m1v1 x  m2 v2 x  m1v1 x  m2 v2 x Kako su x -komponente brzine

ujedno i jedine komponente brzine, radi jednostavnosti dalje možemo izostaviti indeks x , te pisati zakon očuvanja u obliku: m1 v1  m 2 v 2  m1 v1  m 2 v 2

63


Za centralne elastične sudare zakon očuvanja količine gibanja i zakon očuvanja energije možemo napisati u obliku: m1 v1  m 2 v 2  m1 v1  m 2 v 2 m1v12

2



m2 v22

2



m1v1 2

2



m2 v 2 2

2

Ako su zadane mase i brzine tijela prije sudara, a tražimo brzine tijela poslije sudara ove dvije jednadžbe predstavljaju sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice koji trebamo riješiti. Pomnožimo drugu jednadžbu s 2, te u obje jednadžbe članove s masom m1 prebacimo na jednu, a članove s masom m2 na drugu stranu. m1v1  m1v1  m2 v2  m2 v2

2 2 2 2 m1v1  m1v1  m2 v2  m2 v 2

m1 (v1  v1 )  m2 (v2  v 2 ) m1 (v12  v1 2 )  m2 (v2 2  v22 )

Podijelimo drugu jednadžbu s prvom: m1 (v12  v1 2 ) m2 (v2 2  v22 )   m1 (v1  v1 ) m2 (v2  v2 ) iz ovog izraza dobivamo: v1  v1  v2  v2 v1  v2  v2  v1

Pri rješavanju zadataka sa centralnim elastičnim sudarima umjesto gore navedenog sustava jednadžbi možemo koristiti jednostavniji sustav: m1 v1  m 2 v 2  m1 v1  m 2 v 2 v1  v2  v2  v1

Relativna brzina dvaju tijela je: vr  v2  v1

Drugu jednadžbu možemo napisati u obliku: vr  vr

gdje je vr relativna brzina prije sudara, a vr   v2  v1 relativna brzina poslije sudara.

64


33. Tijelo mase 2 kg i brzine 3 m/s giba se u susret tijelu mase 1 kg koje se giba brzinom 5 m/s. Kolike su brzine tijela nakon sudara? Sudar je centralan i elastičan. m1  2 kg m2  1 kg v1  3 m/s v2  5 m/s

5 m/s

3 m/s

1kg

2kg

Za centralan elastičan sudar vrijedi: m1 v1  m 2 v 2  m1 v1  m 2 v 2 v1  v 2  v 2  v1

Uvrstimo mase i brzine tijela prije sudara u ove jednadžbe: 2  3  1  5  2v1  v 2 3  (5)  v 2  v1 Dobivamo sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: 1  2v1  v 2 8  v 2  v1 Rješavanjem ovog sustava dobivamo brzine tijela poslije sudara:

7 m/s  2 ,33 m/s 3 17 m/s  5 ,66 m/s v2  3 v1  

Uočimo da je relativna brzina tijela prije i poslije sudara ista po iznosu, ali suprotnog predznaka.

34. Tijelo mase 200 g koje se giba brzinom 30 m/s sustiže tijelo mase 10 kg koje se giba brzinom 5 m/s. Sudar je centralan i elastičan. Kolike su brzine tijela nakon sudara? m1  0,2 kg m2  10 kg

v1  30 m/s v2  5 m/s

30 m/s

200g

65

5 m/s

10kg



Uvrstimo mase i brzine prije sudara u ove jednadžbe: 0 ,2  30  10  5  0 ,2v1  10v2 30  5  v 2  v1 Dobivamo sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: 56  0 ,2v1  10v2 25  v 2  v1 Rješavanjem ovog sustava dobivamo brzine tijela poslije sudara: v1  19 m/s v2  6 m/s Relativna brzina tijela prije i poslije sudara je ista po iznosu, ali suprotnog predznaka. vr  v1  v 2  25 m/s vr  v1  v 2  25 m/s

35. Tijelo mase 2 kg i brzine 1 m/s udara u mirno tijelo jednake mase. Sudar je centralan i elastičan. Kolike su brzine tijela nakon sudara? m1  2 kg

v1  1 m/s

m2  2 kg

v 2  0 m/s

1

1 m/s

2 kg

2 kg

Uvrštavanjem masa i brzina prije sudara u jednadžbe: m1v1  m2 v2  m1v1  m2 v2 v1  v2  v2  v1 , dobivamo sustav jednadžbi: 2  2v1  2v2 1  v2  v1 Rješavanjem ovog sustava dobivamo brzine tijela poslije sudara: v1  0 m/s v2  1 m/s Nakon sudara prvo tijelo se zaustavlja, a drugo tijelo se nastavlja gibati brzinom koju je prvo tijelo imalo prije sudara.

66


36. Dvije kuglice vise na nitima tako da se nalaze na istoj visini i dodiruju se. Niti su različite duljine: l 1  30 cm i l 2  15 cm . Mase kuglica su m1  200 g i m2  300 g . Kuglicu mase 200 g otklonimo za 60° i ispustimo. Koliko će se druga kuglica otkloniti nakon sudara? Sudar je elastičan. m1  200 g m2  300 g l 1  30 cm

 1

l 2  15 cm l 1

 1  60 

 2

h1

l 2

h2

1

2

Razlika visina na kojima se nalazi kuglica u početnom i ravnotežnom položaju može se izračunati iz kuta otklona: h1  l 1  l 1 cos  1  0 ,3  0 ,3 cos 60  0,15 m

h1

Potencijalna energija koju ima kuglica u početnom položaju jednaka je kinetičkoj energiji koju će imati kada dođe u ravnotežni položaj: m1 gh1 

v1 

m1v1

2

2

2 gh1  1,73 m/s

Sudar kuglica koje vise na nitima možemo tretirati kao centralan sudar i ukoliko se kuglice ne pogode točno u sredini jer je zbog niti gibanje ograničeno, (nijedna kuglica se ne može gibati prema dolje, a onda zbog očuvanja količine gibanja niti prema gore), te nakon sudara brzina obje kuglice mora ostati u horizontalnom smjeru.

67



Uvrstimo mase i brzine prije sudara u ove jednadžbe: 0 ,2  1 ,73  0 ,2v1  0 ,3v2 1 ,73  v2  v1 Rješavanjem ovog sustava dobivamo brzine kuglica poslije sudara: v1  0,35 m/s v2  1,38 m/s Kinetička energija koju ima druga kuglica nakon sudara jednaka je potencijalnoj energiji koju će imati u otklonjenom položaju: m2 v2

2

2

 m2 gh2 v2

2

1 ,382 h2    0,095 m 2 g 2  10 Sa slike vidimo da je: l  h 0 ,15  0 ,095  0,37 cos  2  2 2  l 2

0 ,15

Kut otklona druge kuglice je:  2  68,5

68

5. Rotacija krutog tijela Za opis gibanja tijela većih dimenzija neće biti dovoljno znati kako se giba samo jedna točka tijela (kod malih tijela uzimamo kao da se sva masa tijela nalazi u jednoj točki – aproksimacija materijalne točke).

Centar mase tijela Podijelimo tijelo na puno malih dijelova mase mi i izaberimo ishodište A .  r i je vektor položaja mase mi (ide od ishodišta do mjesta gdje se nalazi masa mi )

cm



Rcm 

mi

r i

A

Vektor položaja centra mase (određuje gdje se nalazi centar mase tijela) je: 



Rcm

 m r  m i i

i

i

i





Centar mase giba se brzinom vcm i ima akceleraciju acm .

Brzina centra mase je derivacija položaja centra mase po vremenu: 

vcm 

d Rcm dt

Akceleracija centra mase je derivacija brzine centra mase po vremenu: 

acm 



d vcm dt

II Newtonov zakon kod tijela većih dimenzija određuje gibanje centra mase tijela:   

F uk   F i  ma cm i

Ostale točke tijela mogu rotirati u odnosu na centar mase, tako da nam poznavanje gibanja centra mase neće biti dovoljno za opis gibanja. 69


Moment sile 









Moment sile F u odnosu na izabranu točku A je: M  r  F F A



r –



F





r

ide od ishodišta (točke A) do hvatišta sile Iznos vektora momenta sile je iznos vektorskog produkta:  M A F  M AF  rF sin  







 – kut između vektora r i F

A 



Smjer vektora momenta sile je smjer vektorskog umnoška r  F .

5.1. Rotacija oko nepomične osi



U jednostavnijem slučaju kada kruto tijelo rotira oko nepomične osi koju ćemo nazvati os z , z komponenta momenta sile (u smjeru osi rotacije) određuje kutnu akcelerciju tijela: 

M z  I z 

z

F 

M z – komponenta vektora momenta sile u smjeru osi rotacije z  – kutna akceleracija tijela I z – moment tromosti tijela oko osi rotacije F

Ako na tijelo djeluje više sila, kutnu akceleraciju određuje zbroj momenata svih sila (komponenti u smjeru osi rotacije) koje djeluju na tijelo:

 M



F i

z

 I z  

z

i



Moment tromosti ili inercije tijela Zamislimo ponovo da smo tijelo podijelili na puno malih dijelova masa mi . Moment tromosti tijela oko osi z je:

I z   mi  i

mi

2

 i

i

gdje je :  i – udaljenost mase mi od osi rotacije 70

5. Rotacija krutog tijela

Momenti tromosti za neka jednostavnija homogena tijela mase m oko osi kroz centar mase: valjak

tanki šuplji valjak

štap

r

r

l

z

z

1 I cm  mr 2 2

z

I cm  mr

2

I cm 

ml 2

12

5.2. Rotacija oko osi kroz centar mase Zbog posebnih svojstava centra mase, za os rotacije možemo izabrati i os kroz centar mase, pri čemu se centar mase može gibati (os rotacije ne mora biti nepomična, ali se ne smije zakretati (npr. slučaj kada se valjak kotrlja niz kosinu)). Kutnu akceleraciju tada računamo jednako kao oko nepomične osi:

 M



F i cm

 I cm

i

gdje su: I cm – moment tromosti tijela oko osi kroz centar mase M F – komponenta vektora momenta sile u sustavu centra mase u smjeru osi cm rotacije 

Gibanje centra mase određuje II Newtonov zakon, pa ukupno gibanje tijela – gibanje centra mase i rotaciju oko centra mase određuju jednadžbe: 





F uk   F i  macm i

 M



F i cm

 I cm  

i

71


5.3. Steinerov poučak o paralelnim osima Ukoliko znamo moment tromosti nekog tijela oko osi kroz centar mase, pomoću Steinerovog poučka možemo izračunati moment tromosti oko bilo koje paralelne osi. I A  I cm  d 2 m I cm – moment tromosti oko

d

osi z kroz

centar mase I A – moment tromosti oko osi z  kroz točku A d – udaljenost paralelnih osi z ' i z  m – masa tijela

A

z'

cm

z

Kinetička energija krutog tijela Kada tijelo rotira oko nepomične osi z , njegovu kinetičku energiju možemo napisati u obliku: E k 

1 I z  2 2

Kada gibanje promatramo kao rotaciju oko osi kroz centar mase plus translacijsko gibanje centra mase (os rotacije ne mora biti nepomična) kinetičku energiju možemo napisati u obliku: E k 

1 2 1 mvcm  I cm 2 2 2

 – kutna brzina tijela

72


37. Na valjak mase 10 kg koji može rotirati oko nepomične osovine namotana je nit na koju je obješen uteg mase 4 kg. Polumjer valjka je 30 cm. Kolika će biti akceleracija utega? M  10 kg

R

m  4 kg

 ,  ,

M

r  30 cm

Kada se valjak zakrene za kut  , uteg se pomakne za s . Valjak rotira oko osovine kutnom brzinom  , a njegovu kutnu akceleraciju označimo s  . Uteg se giba brzinom v i ima akceleraciju a .

cm

r

G

a) Postavimo jednadžbe koje opisuju gibanje valjka:   F uk   F i  ma cm  0 jer centar mase valjka miruje ,

N

i

 M

m

 I cm

F i cm

N

s, v, a

i

Sile koje djeluju na valjak su: težina G , reakcija osovine R i sila kojom nit djeluje na valjak – napetost niti N . Napišimo gornju jednadžbu za ovaj slučaj : G M cm  M Rcm  M N  I cm cm G 0 M cm

M Rcm  0

jer je hvatište sila G i R u centru mase.

N M cm  rN

Uvrštavanjem momenata u gornju jednadžbu dobivamo: rN  I cm

b) Postavimo jednadžbe koje opisuju gibanje utega:  


Na uteg djeluju težina G i napetost niti N.   

G  N  ma

Napišimo ovu jednadžbu za vertikalne komponente sila: G  N  ma

Dobili smo sustav jednadžbi: rN  I cm G  N  ma

73

G


Moment tromosti za valjak oko osi koja prolazi uzdužno kroz centar mase je: 1 2 I cm  Mr 2 Kada se valjak zakrene za kut  , uteg se pomakne za s . Veličine koje opisuju gibanje valjka i gibanje utega su povezane na slijedeći način: s   r v   r a   r

Uvrštavanjem ovih izraza u početni sustav jednadžbi dobivamo: 1 1 a rN  Mr 2  Mr 2 2 2 r 1 N  Ma 2 1 G  Ma  ma 2 Iz ove jednadžbe dobivamo akceleraciju utega: 40 G mg    4 ,44 m/s 2 a M M m m 9 2 2

38. Izračunati moment tromosti štapa duljine l oko jednog kraja.

d A

cm

l

z

z'

Moment tromosti štapa mase m i duljine l oko osi kroz centar mase (koja je okomita na štap) je: 2

I cm 

ml

12 Moment tromosti štapa oko paralelne osi kroz točku A (na kraju štapa) možemo izračunati po Steinerovom poučku o paralelnim osima:

74

5. Rotacija krutog tijela I A  I cm  d 2 m

gdje je d udaljenost između paralelnih osi. Udaljenost između paralelnih osi jednaka je polovini duljine štapa: d 

l

2 Uvrštavanjem I cm i d u Steinerov poučak dobivamo izraz za moment tromosti štapa oko točke A: 2

2

2

2

2

ml ml ml  l  I A    m   12  2  12 4 3 ml

39. Štap duljine 4 m podbočen je na udaljenosti 1 m od kraja. Kolika je kutna akceleracija štapa u trenutku kada se zakrene za 30°? Zadatak možemo riješiti koristeći zakon promjene kinetičke energije:

 W

F i

s

  E k  E k  E k 0

i

R 1m

l

cm

A

30

G

a) Rotacija štapa oko nepomične osi kroz točku A Kinetička energija štapa koji rotira oko nepomične osi kroz točku A je: 1 E k  I A 2 2 Moment tromosti štapa oko osi kroz točku A možemo dobiti pomoću Steinerovog poučka: 2 I A  I cm  d M

Moment tromosti štapa oko centra mase je: 2

I cm 

ml

12

, l

a udaljenost između paralelnih osi kroz A i centar mase d  . 4

75

A.Knapp: Riješeni zadaci s vježbi iz fizike 2

7  l     m  ml 2 I A  12  4  48 2

ml

Na štap djeluju težina G i reakcija R u osloncu (u točki A). Zakon promjene kinetičke energije možemo napisati u obliku (početna kinetička energija je nula): W sG  W s R  E k W s R  0 jer se hvatište sile R ne giba. W sG   E p   mg h  mg h ,

gdje je h razlika visina na kojima se nalazi težište (hvatište gravitacijske sile) u trenutku kada se štap zakrenuo za kut  i u početnom položaju. Sa slike možemo vidjeti da je: l

l

l

4

4

8

h  sin   sin 30 

Uvrstimo dobivene izraze u početnu jednadžbu: W sG  W s R  E k

1 2 l 1 7 mg  ml 2 2 8 2 48 Odavde možemo izračunati kutnu brzinu  : 12 g    2,1s 1 7l mg h  I A 2

b) Rotacija štapa oko centra masa plus translacijsko gibanje centra mase Zadatak možemo riješiti i tako da za ishodište izaberemo centar mase štapa. Kinetičku energija štapa u tom slučaju možemo napisati kao zbroj rotacijske kinetičke energije oko centra mase i translacijske kinetičke energije zbog gibanja centra mase : 1 1 2 E k  I cm 2  mvcm , 2 2 gdje je vcm brzina centra mase štapa. U zakon promjene kinetičke energije: W sG  W s R  E k

možemo uvrstiti ovaj izraz za kinetičku energiju i izraze za rad koje smo dobili u a) dijelu zadataka.

76


1 2

mg h  I cm 2 

1 2 mvcm 2

Brzinu centra mase možemo izraziti preko kutne brzine  : vcm   r  

l

4 Uvrstimo sada u gornju formulu izraz za h , vcm i moment tromosti štapa oko

centra mase I cm 

ml 2

, te dobivamo:

12 2 2 l 1 ml 2 1  l  mg    m   8 2 12 2  4  2

l

ml

8

24

mg 

2

  2

ml

32

 2

14  1 1   l  2     l  2 8 192  24 32 

g

Odavde dobivamo izraz za kutnu brzinu: 192 g    2 ,1s 1 8  14l

5.4. Kotrljanje bez klizanja Promatrat ćemo valjak koji se kotrlja po podlozi.

 cm 

O

vcm

r O

s

O

77


Gibanje valjka opisujemo veličinama: – kut zakreta valjka – kutna brzina valjka – kutna akceleracija valjka s – put centra mase valjka v cm – brzina centra mase valjka a cm – akceleracija centra mase valjka Dok se valjak zakrene za kut  , centar mase valjka prijeđe put s . Kada se valjak kotrlja bez klizanja mora vrijediti da je:

s   r

Deriviranjem ove jednadžbe po vremenu (jednom i dvaput) dobivamo: vcm   r acm   r

40. Izračunati akceleraciju kojom se valjak kotrlja bez klizanja niz kosinu nagiba  . y

cm

T r A

N



G 

x

a) Rotacija oko osi kroz dodirnu točku A Za os rotacije možemo izabrati os z (okomito na ravninu papira) kroz dodirnu točku A (koja trenutno miruje). Zbroj momenata svih sila oko osi kroz A određuje kutnu akceleraciju valjka:

 M

F i

z

 I z 

i

78


Sile koje djeluju na valjak su: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T , te gornju formulu možemo napisati u obliku: M z G  M z N  M z T  I z  M z N  0

jer je hvatište sila N i T u ishodištu.

M z  0 T

M G  rG sin  z

Uvrštavanjem momenata sila u gornju jednadžbu dobivamo : rG sin   I z  Moment tromosti valjka oko osi z kroz točku A možemo izračunati pomoću Steinerovog poučka o paralelnim osima : I z  I cm  d m 2

Moment tromosti valjka mase m i polumjera r oko osi koja prolazi uzdužno kroz centar mase je: 1 2 I cm  mr , a udaljenost između paralelnih osi d  r . 2 Dobivamo moment tromosti valjka oko točke A: 1 2 2 3 2 I z  mr  r m  mr 2 2 Uvjet za kotrljanje bez klizanja je: s   r

vcm   r acm   r

pa kutnu akceleraciju valjka možemo izraziti preko akceleracije centra mase valjka:  

acm r

Uvrstimo ove izraze u gornju jednadžbu: 3 2a rmg sin   mr cm 2 r Odavde dobivamo akceleraciju valjka: 2 acm  g sin  3

79


b) Rotacija valjka oko centra masa plus translacijsko gibanje centra mase Za ishodište možemo izabrati centar mase valjka. Postavimo jednadžbe koje opisuju gibanje valjka:   

F uk   F i  macm i

 M

F i cm

 I cm

i

Na valjak djeluju: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T . Iz prve jednadžbe dobivamo:   

G  N  T  macm

Da bismo riješili ovu vektorsku jednadžbu uvest ćemo koordinatni sustav: os x u smjeru gibanja (niz kosinu), a os y okomito. Izjednačimo x -komponente s lijeve i desne strane jednadžbe: x: G sin   T  ma Iz druge jednadžbe dobivamo: G T  M N  M cm  I cm M cm cm

G  0 jer je hvatište sile u centru mase. M cm  M N cm  0 jer je sila N (anti) paralelna s vektorom r . T  rT M cm

Uvrstimo momente sila u gornju jednadžbu: rT  I cm

1 Zatim, možemo uvrstiti moment tromosti valjka oko centra mase I cm  mr 2 i 2 uvjet za kotrljanje bez klizanja acm   r : a 1 rT  mr 2 cm 2 r 1 T  macm 2 Izraz za trenje uvrstimo u prvu jednadžbu: 1 mg sin   macm  macm 2 Iz ove jednadžbe možemo izračunati akceleraciju valjka: 2 acm  g sin  3

80


c) Zakon promjene kinetičke energije Zadatak možemo riješiti i pomoću zakona promjene kinetičke energije:

W

F i

s

 E k

i

Gornju formulu možemo napisati za ovaj slučaj u obliku: W sG  W s N  W sT   E k  E k W s N  0 jer sila N okomita na smjer gibanja. W sT  0 jer se hvatište sile T ne giba. W sG   E p   mg h  mg ( h2  h1 )  mgh ,

gdje smo uzeli da se valjak na početku nalazi na visini h , a konačna visina je 0. Kinetička energija valjka je: 1 1 2 2 E k  I cm  mvcm 2 2 Uvrštavanjem u početnu jednadžbu dobivamo: 1 2

mgh  I cm 2 

1 2 mvcm 2

1 Moment tromosti valjka oko centra mase je I cm  mr 2 , a brzinu centra mase za 2 kotrljanje bez klizanja možemo izraziti preko kutne brzine vcm   r . 2 1 1 2  vcm  1 2 mgh   mr    mvcm , odakle dobivamo: 2 2  r  2 4 2 vcm  gh 3

Visina za koju se valjak spusti je: h  l sin  Valjak se niz kosinu giba jednoliko ubrzano, te možemo koristiti formulu 2 vcm  2acm s  2a cm l Akceleracija centra mase valjka je: 4 gh 2 v cm 2 3 acm    g sin  2l 2 h 3 sin 

81


41. Šuplji valjak s početnom brzinom 3 m/s kotrlja se uz kosinu bez klizanja. Kolika je maksimalna visina do koje će se popeti valjak?





v

h

cm r

T G Zadatak možemo riješiti pomoću zakona promjene kinetičke energije:

W

F i

s

 E k

i

Na valjak djeluju: težina G , reakcija podloge N i sila trenja T , pa ovu jednadžbu možemo napisati u obliku: W sG  W s N  W sT   E k  E k  E k 0   E k 0 W s N  0 jer sila N okomita na smjer gibanja. W sT  0 jer se hvatište sile T ne giba. W sG   E p   mg h  mg (h2  h1 )   mgh ,

gdje smo uzeli da je konačna visina valjka h , a početna visina je 0. Kinetička energija valjka je: 1 1 2 2 E k  I cm  mvcm 2 2 Uvrštavanjem u početnu jednadžbu dobivamo: 1 1 2  mgh  ( I cm 2  mvcm ) 2 2 Moment tromosti šupljeg tankog valjka oko centra mase je I cm  mr 2 , a brzinu centra mase za kotrljanje bez klizanja možemo izraziti preko kutne brzine vcm   r . Uvrštavanjem u prethodnu jednadžbu dobivamo: 2 1 2  vcm  1 2 mgh  mr    mvcm 2  r  2 Iz ove jednadžbe dobivamo visinu do koje će se popeti valjak: 2 vcm 32 h   0 ,9 m g 10 82

6. Gibanje u gravitacijskom polju Newtonov opći zakon gravitacije: Svaka dva tijela privlače se zbog svojih masa gravitacijskom silom: F g  G N

m1 m2 r 2

gdje su: m1 i m2 – mase tijela G N  6,67  10 11 Nm 2 kg 2 – univerzalna gravitacijska konstanta r – udaljenost između dvaju tijela

Potencijalna energija mase m u gravitacijskom polju Zemlje je:  1 1 

  E p  G N M Z m R  Z r 

gdje je integracijska konstanta izabrana tako da je na površini Zemlje (za r  R Z ) potencijalna energija nula.

42. Izračunati omjer jakosti električne i gravitacijske sile u vodikovom atomu.

p r e

Vodikov atom sastoji se od jezgre u kojoj se nalazi proton i elektrona koji (u najjednostavnijoj slici atoma) kruži oko jezgre. Između protona i elektrona djeluju električna sila i gravitacijska sila. Gravitacijska sila između dva tijela čije su mase m1 i m2 iznosi: F g  G N

m1 m2 r 2 2

G N  6,67  10 11 Nm kg 2 je gravitacijska konstanta

Električna (Coulombova) sila između dva točkasta naboja iznosi : QQ F el  k 1 2 2 r 2 k  9  10 9 Nm C 2 je Coulombova konstanta

83


Omjer električne i gravitacijske sile u vodikovom atomu možemo napisati kao: k

F el



F g

G N

e

2

2 ke 2 r  m p m e G N m p m e

r 2

e  1,6  10 19 C m p  1,67  10 27 kg 

31 me  9,1  10 kg

naboj protona i elektrona masa protona masa elektrona 2

9  10 9  1 ,6  10 19    2 ,3  10 39 11  27 31 F g 6 ,67  10  1 ,67  10  9 ,1  10

F el

43. Kolikom brzinom kruži satelit na visini od 1600 km iznad površine Zemlje? h  1600 km R z  6400 km

Između Zemlje i satelita djeluje gravitacijska sila: F g  G N

M Z m s r 2

Smjer gravitacijske sile na satelit je prema središtu Zemlje, te ona daje satelitu centripetalnu akceleraciju . Možemo napisati II. Newtonov zakon:

r

Z

S

G h

R z

F g  m s a cp

Uvrstimo u ovu jednadžbu izraz za gravitacijsku silu i centripetalnu akceleraciju a cp  G N

v2

,

r M Z m s r 2

 m s

v2 r

Odavde možemo dobiti brzinu satelita: v

G N M z r



G N M z R z  h

84

6. Gibanje u gravitacijskom polju

Udaljenost r između tijela većih dimenzija (za kugle sa sferno simetričnom raspodjelom mase) u gravitacijskoj sili mjeri se od središta do središta, te možemo napisati: r  R z  h , gdje je R z polumjer Zemlje. Za tijelo mase m koje se nalazi na površini Zemlje možemo napisati izraz za gravitacijsku silu u obliku: G N

M Z m R Z 2

 mg

Iz ove jednadžbe dobivamo: G N M z  gR Z 2

Uvrstimo dobiveni izraz u izraz za brzinu satelita: 2 gR Z 2 10  6 ,4  10 6    7155 m/s v 6 6 6 ,4  10  1 ,6  10 R Z  h

44. Na kojoj visini kruži geostacionarni satelit? Može li kružiti iznad Zagreba? R Z  6400 km

Geostacionarni satelit se uvijek nalazi iznad iste točke na Zemlji, što znači da mu je kutna brzina jednaka kutnoj brzini kojom Zemlja rotira oko svoje osi. Ophodno vrijeme Zemlje je: T Z  24 h  86400 s Odatle možemo izračunati kutnu brzinu Zemlje, odnosno satelita: 2 2   7 ,3  10 5 s 1  s   Z  T Z 86400 Gravitacijska sila daje satelitu centripetalnu akceleraciju:

F g  m s a cp

M m 2 G N Z 2 s  m s r r

85


Iz ovog izraza možemo izračunati udaljenost satelita od središta Zemlje: 2 6 2 G M gR 10 6 4 10  ,   4,25  107 m  42500 km ,   Z 3  r  3 N 2 Z  3   2 7,3 10 5 2 pri čemu smo koristili formulu G N M Z  gR Z 2 , koju smo izveli u prethodnom zadatku. Visina na kojoj kruži satelit iznad površine Zemlje je: h  r  RZ  42500 km  6400 km  36100 km S

Kružnica po kojoj bi se gibao satelit koji bi se stalno nalazio h iznad Zagreba ne bi imala središte Z Zgb u središtu Zemlje, gibanje po takvoj putanji nije moguće jer je smjer gravitacijske sile prema središtu Zemlje. Satelit može samo proći iznad Zagreba (kao na slici). Geostacionarni sateliti mogu kružiti samo iznad ekvatora. Fg

45. a)Koliko je energije potrebno da se satelit mase 1t uvede u kružnu orbitu na visini od 3 polumjera Zemlje iznad površine Zemlje? b) Izračunati energiju satelita koji kruži neposredno iznad površine Zemlje. m s  1 t h  3 R Z R Z  6400 km

r

Udaljenost satelita od središta Zemlje je: r  h  R Z  3 R Z  R Z  4 R Z Satelit koji kruži oko Zemlje ima kinetičku i potencijalnu energiju: E  E k  E p

Gravitacijska sila daje satelitu centripetalnu akceleraciju:

F g  m s a cp

86

Z

G h

R z

S

6. Gibanje u gravitacijskom polju M Z m s

G N

r 2

 m s

v

2

r

Iz ovog izraza možemo izračunati brzinu satelita: v

G N M Z r



gR Z 2

4 R z



gRZ

4

 4000 m/s

Kinetička energija satelita je: ms v 2 1000  40002 E k    8  10 9 J 2 2 Potencijalna energija satelita je:  1 1   1 2

1  3

  gR Z m s  4,8  1010 J E p  G N M Z m s     gR Z m s    R Z r   R Z 4 R Z  4

Ukupna energija satelita je: E  E k  E p  5,6  1010 J b) Udaljenost satelita od središta Zemlje u ovom slučaju je: r  RZ Iz izraza koji smo izveli u prvom dijelu zadatka možemo izračunati brzinu satelita: v

G N M Z r



gR Z 2 R z

 gRZ  8000 m/s

Kinetička energija satelita je: ms v 2 1000  8000 2 E k    3,2  1010 J 2 2 Potencijalna energija satelita je:  1 1  E p  G N M Z m s     0 ,  R Z R Z 

pa je ukupna energija satelita jednaka kinetičkoj energiji.

87


46. Satelit kruži na visini od 6 polumjera planete iznad površine planete čija je masa 30% manja od Zemljine, a radius 15% manji od Zemljinog? Kolika je brzina satelita? h  6 R P M P  0 ,7 M Z R P  0 ,85R Z

Fg r

Udaljenost satelita od središta planete je: r  h  R P  6 R P  R P  7 R P

P

h R P

Gravitacijska sila daje satelitu centripetalnu akceleraciju , te možemo napisati II. Newtonov zakon: F g  m s a cp

Uvrstimo u ovu jednadžbu izraz za gravitacijsku silu i centripetalnu akceleraciju a cp 

v

2

:

r M P m s

G N

r 2

 m s

v2 r

Odavde dobivamo izraz za brzinu satelita: G N M P G N  0 ,7 M Z G N  0 ,7 M Z   v 7 R P 7  0 ,85 R Z r Koristeći formulu koju smo izveli u 41. zadatku: G N M Z  gR Z 2

dobivamo brzinu satelita: 0 ,7 gR Z 2 0 ,7 gRZ 0 ,7  10  6 ,4  10 6    2744 m/s v 7  0 ,85 R Z 7  0 ,85 7  0 ,85

88

S

7. Specijalna teorija relativnosti Einsteinovi postulati specijalne teorije relativnosti: 1. Brzina svjetlosti u vakuumu ima isti iznos u svim inercijalnim opažačkim sustavima c  3  108 m/s

2. Fizikalni zakoni imaju isti oblik u svim inercijalnim opažačkim sustavima.

Kontrakcija (skraćenje) duljine (u smjeru gibanja) Duljina štapa mjerena u dva inercijalna opažačka sustava koji se jedan u odnosu na drugog gibaju brzinom v neće biti ista. Duljina štapa u sustavu u kojem se on giba brzinom v je: S  l  l 0 1 

v2 c

S 

2

l 0

l 0

– duljina štapa u sustavu S u kojem on miruje (vlastita duljina) l – duljina štapa u sustavu S  u kojem se sustav S , odnosno štap giba brzinom v Kako je v  c , izraz 1 

v2 c

2

v

l

 1, pa je duljina štapa u sustavu u kojem se on giba

uvijek manja ili jednaka vlastitoj duljini: l  l 0

Dilatacija (produljenje) vremena Vremenski interval između neka dva događaja mjeren u dva inercijalna opažačka sustava koji se jedan u odnosu na drugog gibaju brzinom v neće biti jednak. Odnos između vremenskih intervala u dva sustava je:  t 

 t 0

1

v2 c2

89


t 0 – vremenski interval između dva događaja u sustavu S u kojem se oba

događaja događaju na istom mjestu (vlastito vrijeme) t – vremenski interval između dva događaja u sustavu S  u kojem se sustav S giba brzinom v (događaji putuju brzinom v ) 1

Kako je

v2

 1, vremenski interval u sustavu u kojem događaj putuje je

c2

uvijek dulji ili jednak od vlastitog vremena: t  t 0

Relativna brzina Relativna brzina dvaju tijela koja se gibaju jedno drugom ususret u klasičnoj fizici je: vr  v1  v 2

v1

v2

Relativna brzina u teoriji relativnosti je: vr 

v1  v 2 v1v2

1

c2

Količina gibanja Količina gibanja u klasičnoj fizici je umnožak mase i brzine:  

p  mv

U teoriji relativnosti da bi vrijedio zakon očuvanja količine gibanja je potrebno definirati količinu gibanja u obliku: 

p 



m0 v

1



v

2

c

2

 mv

gdje je: m0 – masa mirovanja tijela, a masa tijela m ovisi o brzini: m (v ) 

m0

1

v2 c2

Iz ovog izraza vidimo da se s povećavanjem brzine tijela, povećava i njegova masa.

90

7. Specijalna teorije relativnosti

Kinetička energija Kinetička energija u klasičnoj fizici je: E k 

2

mv

2 Relativistička formula za kinetičku energiju ima oblik:

E k 

m0 c

1

2

 m0 c 2

v2 c2

Koristeći izraz za ovisnost mase o brzini ovu formulu možemo napisati u obliku: E k  mc  m0 c  mc 2

2

2

Energija mirovanja je energija koju ima tijelo zbog svoje mase; E 0  m0 c 2

Ukupna energija Ukupna energija tijela u teoriji relativnosti je zbroj energije mirovanja i kinetičke energije:

E  E 0  E k E  m0 c  2

m0 c 2

1

v

 m0 c  2

2

c2

m0 c 2

1

v2 c2

Koristeći izraz za ovisnost mase o brzini ukupnu energiju možemo napisati u obliku: E  mc 2

47. Izračunati kinetičku energiju tijela mase mirovanja m0  10 16 kg klasično i relativistički za brzine 0 ,01c, 0 ,1c, 0 ,9c i 0 ,99c. m0  10 16 kg c  3  108 m/s

brzina svjetlosti

U klasičnoj fizici kinetičku energiju računamo po formuli : E k 

m0 v 2

2 91


Za v  0 ,01c kinetička energija je: 2 10 16  0 ,01  3  10 8   4 ,5  10 J E k  2 4

U specijalnoj teoriji relativnosti kinetičku energiju računamo po formuli : E k 

m0 c 2

1

v2

 m0 c 2

c2 2

10 16  3  108  9 16 8 2 10 3 10 E k       9  4 ,5  10 J   2 2 1  0 ,01 0 ,01c  1 2 4

c

Na isti način možemo izračunati kinetičku energiju i za ostale brzine.

v(m/s)

m0 v

m0 c 2

2

2

(J)

0 ,01c 0 ,00045

1

v

2

 m0 c 2 (J)

c2

0,00045003

0 ,1c

0 ,045

0 ,0453

0 ,9c

3 ,65

11 ,65

0 ,99c

4 ,4

54 ,8

Iz tablice možemo uočiti da klasična i relativistička formula za kinetičku energiju daju praktično iste rezultate za brzine koje su male u odnosu na brzinu svjetlosti. Znatno ispod 0 ,1c razlike su tako male da se ne daju izmjeriti. Za brzine veće od  0 ,1c formule daju znatno različite rezultate. U tom području brzina potrebno je računati s relativističkim formulama.

92


48. Kolika je masa elektrona u odnosu na masu mirovanja na izlasku iz linearnog akceleratora od 5 MeV-a? Kolika je brzina elektrona? E k  5 MeV

Elektronvolt (eV) je jedinica za energiju, jednaka kinetičkoj energiji koju jedan elektron dobije kad ga ubrza napon od 1V. eV 1 ,6 10 19 J keV  103 eV kiloelektronvolt MeV  10 6 eV megaelektronvolt Elektron se u akceleratoru djelovanjem električnog polja ubrza do kinetičke energije E k  5 MeV . Omjer mase i mase mirovanja jednak je omjeru ukupne energije i energije mirovanja elektrona: m



mc 2



E

m0 m0 c 2 E 0 E  E 0  E k ukupna energija elektrona 2 E 0  m0 c energija mirovanja elektrona .

Masa (mirovanja) elektrona je m0  me  9,1  10 31 kg . Energiju mirovanja elektrona možemo izračunati: 2 E 0  m0 c 2  9 ,1  10 31 kg 3  108 m/s   8 ,2  10 14 J  0 ,512 MeV Ukupna energija elektrona je; E  E 0  E k  0 ,512 MeV  5 MeV  5,512 MeV m m0



5 ,512 MeV  10 ,8 0 ,512 MeV

Brzinu elektrona možemo dobiti iz ovisnosti mase o brzini: m

m0

1

v

2

c2

Dijeljenjem jednadžbe s m0 dobivamo: 1 m   10 ,8 m0 v2 1 2 c

Kvadriranjem ove jednadžbe dobivamo: 93


1 1

v

2

 10 ,8 2

c2

Iz ove jednadžbe možemo izraziti: 1 v  1  0,996 10 ,8 2 c Brzine elektrona je: v  0 ,996c

49. Svemirski brod giba se brzinom 0 ,7c u odnosu na Zemlju. U susret mu dolazi proton brzinom 0 ,6c u odnosu na Zemlju. Kolika je kinetička energija protona u sustavu svemirskog broda? SZ

v1  0 ,7c

SB

v2  0 ,6c

Brzina protona u sustavu svemirskog broda jednaka je relativnoj brzini protona i svemirskog broda.

0 ,7c

B

0 ,7c

0 ,6c

Relativna brzina dvaju tijela koja se gibaju jedno prema drugom u specijalnoj teoriji relativnosti je: v  v2 0 ,7c  0 ,6c 1 ,3c    0 ,92c vr  1 0 ,7c  0 ,6c 1  0 ,42 v1v2 1 2 1 2 c

c

Kinetičku energiju protona možemo izračunati po formuli: E k 

m0 c 2

1

vr 2

 m0 c 2

c2

Masa mirovanja protona je m0  m p  1,67  10 27 kg . 2

1 ,67  10 27  3  10 8   27 10 8 2       1 67 10 3 10 2 35 10 J E k  ,   , 2 0 ,92c  1 2 c

94

p


50. Koliku udaljenost prijeđe u našem sustavu snop neutrona koji se pored nas gibaju brzinom od 0 ,9c, prije nego što ih se pola raspadne? Vrijeme poluraspada slobodnih neutrona je približno 10 ,4 minuta. Koliko bi dugačka ta udaljenost izgledala promatraču koji se giba zajedno s neutronima. Usporediti: on računa bez dilatacije vremena = vidi skraćenu duljinu ( našu udaljenost ) koja se u odnosu na njega giba. "

"

v  0 ,9c

Vrijeme poluraspada je vrijeme u kojem se raspadne pola početnog broja čestica.  1 / 2  10,4 min je vlastito vrijeme poluraspada neutrona (u sustavu u kojem oni miruju). Vrijeme poluraspada neutrona u našem sustavu je:  1 / 2 10 ,4 min   23,9 min  1432 s T 1 / 2  2 2 v 0 ,9c  1 2 1 2 c

c

Udaljenost koju prijeđu neutroni u tom vremenu jednaka je: 8 11 d  vT 1 / 2  0 ,9  3  10  1432  3,87  10 m Ova udaljenost bi promatraču koji se giba s neutronima (u odnosu na kojeg se ona giba brzinom 0 ,9c izgledala kraća): 0 ,9c 2  v2 11 d   d 1  2  3 ,87  10  1   1,68  1011 m 2 c

c

Promatrač koji se giba s elektronima mogao bi izračunati ovu udaljenost kao udaljenost koju on prijeđe u vremenu poluraspada neutrona (10 ,4min = 624s) gibajući se brzinom 0,9c. d   v 1 / 2  0 ,9  3  10 8  624  1011 m  1,68  1011 m

95


96

8. Bohrov model atoma 8.1. Bohrovi postulati 1. Bohrov postulat: Elektron kruži oko jezgre po putanjama određenim kvantnim uvjetom: rme v  n

n  1,2,3......

me – masa elektrona r – polumjer staze v – brzina elektrona  h  6,626  10 34 Js – Planckova konstanta h   1,055  10 34 Js – konstanta h precrtano 2 "

"

2. Bohrov postulat: Elektron ne zrači dok se giba u jednoj stazi, već pri prijelazu iz više u nižu stazu i pri tom emitira foton energije:

E   hf  E m  E n

E m i E n – energije elektrona u m -toj, odnosno n -toj stazi f – frekvencija fotona

Polumjeri staza po kojima se giba elektron u vodikovom atomu dani su izrazom: r n 



2

n

2

ke 2 me

n  1,2,3.......

Energija elektrona u n-toj stazi je: 1 k 2 e 4 me E n   n  1,2,3....... 2 2n2 k  9  109 Nm 2 C 2 Coulombova konstanta 19 e  1,6  10 C naboj elektrona  me  9,1  10 31 kg masa elektrona

97


51. Izračunati polumjer prve staze i energiju osnovnog stanja elektrona u vodikovom atomu. Polumjeri staza po kojima se giba elektron u vodikovom atomu dani su izrazom: r n 



2

n2

ke 2 me

n  1,2,3.......

Energija elektrona u n-toj stazi je: 1 k 2 e 4 me E n   n  1,2,3....... 2 2 2 n Da bismo dobili polumjer prve staze i energiju osnovnog stanja uvrstimo n  1 u gornje izraze: r 1 



2

ke 2 me

 0,53  10 10 m

1 k 2 e 4 me E 1    21 ,7  10 19 J  13,6 eV 2 2 

Primijetimo da polumjer n-te staze i energiju n-tog stanja možemo izračunati pomoću polumjera prve staze i energije osnovnog stanja. r n 



2

n2

2

ke me

 r 1  n 2  0 ,53  10 10 m n 2

r n  r 1  n 2

1 k 2 e 4 me E 1  13 ,6 eV  2 E n   2 2n2 n n2

E n 

E 1 n2

8.2. Prijelazi između energetskih nivoa Kada elektron prelazi iz višeg u niže energetsko stanje dolazi do emisije elektromagnetskog zračenja. Također, elektron može apsorbirati foton pri čemu on može prijeći iz nižeg u više energetsko stanje. Energija emitiranog ili apsorbiranog fotona jednaka je razlici energetskih nivoa između kojih prelazi elektron: 1 k 2 e 4 me 1 1 1  1   1  1       ( ) 13 6 eV E   hf  E m  E n   E ,    1 2 2 2 2  2  2 m2 n2 m n m n    

98

8. Bohrov model atoma

52. Kolika je frekvencija fotona kojeg apsorbira vodikov atom pri prijelazu iz osnovnog u 3. energetsko stanje? E4 E3 E2 apsorpcija E1

Energija apsorbiranog fotona jednaka je razlici energetskih nivoa između kojih prelazi elektron.  1 1   1  E   E 3  E 1  E 1  2  2   13 ,6 eV  1  12 ,1eV  19,3 10 19 J  3 1   9  Energija fotona je: E   hf , gdje je h  6,626  10 34 Js Planckova konstanta. 19 ,3  10 19 f    2 ,91  1015 Hz  34 6 ,626  10 h E 

53. Kolika je valna duljina elektromegnetskog zračenja koje emitira vodikov atom pri prijelazu iz 4. u 2. energetsko stanje? E4 E3

emisija

E2 E1

Energija emitiranih fotona jednaka je razlici energetskih nivoa između kojih prelazi elektron.  1 1   1 1  19 , , , 13 6 eV 2 55 eV 4 08 10 J           2 2  4 2   16 4 

E   E 4  E 2  E 1 

99


Frekvencija emitiranih fotona je: E  4 ,08  10 19 f    6 ,16  1014 Hz  34 6 ,626  10 h Valna duljina i frekvencija elektromagnetskih valova su povezane relacijom:  f  c , gdje je c  3  108 m/s brzina svjetlosti. Iz ove jednadžbe možemo izračunati valnu duljinu emitiranih fotona: 3  108 c 7 4 87 10 m      , 14 f 6 ,16  10

100

9. Fotoelektrični efekt 9.1. Fotoelektrični efekt na atomu Ukoliko elektromagnetsko zračenje (fotoni) koje dolazi na atom ima dovoljno energije ono može izbaciti elektron iz atoma. E izl je energija za oslobađanje elektrona iz atoma ( jednaka je razlici od energije na kojoj se elektron nalazi do energije nula na kojoj je elektron slobodan). Da bi moglo doći do fotoelektričnog efekta energija fotona mora biti veća od E izl . . Ostatak energije apsorbiranog fotona utrošit će se na kinetičku energiju izbijenog elektrona. E k

E=0 E 

E izl

E3 E2 E1

E   E izl  E k E  – energija apsorbiranog fotona E izl – energija za oslobađanje elektrona iz atoma E k – kinetička energija izbijenog elektrona

54. Foton valne duljine   6  10 8 m izaziva fotoelektrični efekt na vodikovom atomu. Izračunati kinetičku energiju i brzinu izbijenog elektrona.   6  10 8 m me  9,1  10 31 kg

Iz valne duljine možemo dobiti energiju fotona: 3  108 c 34 E   hf  h  6 ,626  10   3,3  10 18 J  20 ,7 eV 8 6  10 

101


Energija za oslobađanje elektrona iz vodikovog atoma (pretpostavljamo da se elektron nalazi u osnovnom stanju, što je najvjerojatnije) je: E izl  E 1  13,6 eV Energija apsorbiranog fotona u fotoelektričnom efektu je:

E   E izl  E k

Odavde dobivamo kinetičku energiju elektrona:  E k  E   E izl  20 ,7  13 ,6  7 ,1eV  1,14  10 18 J Brzinu izbijenog elektrona možemo dobiti iz izraza za kinetičku energiju: E k  v

me v 2

2 2  1 ,14  10 18   1 ,58  10 6 m/s  31 9 ,1  10 me

2 E k

9.2. Fotoelektrični efekt na metalima U metalima elektroni iz viših energetskih nivoa nisu vezani za pojedinačne atome, nego se slobodno kreću prostorom između atoma u takozvanim vodljivim vrpcama (i imaju  istu energiju). Energija za oslobađanje vodljivih elektrona iz metala je izlazni rad W izl . Elektromagnetsko zračenje koje dolazi na metal može izbaciti elektrone iz metala. Energija fotona apsorbiranog pri fotoefektu utrošit će se na izlazni rad i kinetičku energiju izbijenog elektrona: E   W izl  E k

Elektromagnetsko zračenje dolazi na katodu i izbija elektrone. Ukoliko spojimo katodu i anodu na izvor napona, krugom će poteći struja (slika lijevo). 

K



A

e





V



K

+

I

V

102

A

e



+





I

9. Fotoelektrični efekt

Ukoliko zatim obrnemo predznak napona između katode i anode (katodu nabijemo pozitivno, a anodu negativno) električno polje između elektroda će biti u suprotnom smjeru i usporavati elektrone koji izlaze iz katode s nekom početnom početnom kinetičkom energijom energijom (slika desno). Kako povećavamo povećavamo taj obrnuti obrnuti napon, u nekom trenutku elektroni će se zaustaviti prije nego što dođu do anode i krugom više neće teći struja. Obrnuti napon kod kojeg se prekida struja se zove zaustavni napon V 0 . Prolaskom kroz razliku potencijala V 0 , elektron dobiva potencijalnu energiju E p  eV 0 , a gubi kinetičku energiju. Kinetička energija izbijenih elektrona može se izračunati iz zaustavnog napona: E k  E p  eV 0

55. Elektrone pri fotoefektu na platini zaustavlja napon od 0 ,8 V. Kolika je frekvencija svjetlosti koja je uzrokovala fotoefekt? Izlazni rad za platinu je 5 ,3 eV. W izl  5 ,3 eV V 0  0,8 V

Kinetička energija izbijenih elektrona može se izračunati iz zaustavnog napona: E k  E p  eV 0  e  0 ,8 V  0,8 eV Energija apsorbiranog fotona u fotoelektričnom efektu je: 19 E   W izl  E k  5 ,3 eV  0 ,8 eV  6 ,1eV  9 ,76  10  J Frekvencija fotona koji su izazvali fotoefekt je: E  9 ,76  10 19 f    1 ,47  1015 Hz 34 6 ,626  10 h

103

10. Radioaktivni raspadi Zakon radioaktivnog raspada Kako se broj jezgri u radioaktivnom uzorku mijenja u ovisnosti o vremenu opisuje zakon radioaktivnog raspada: N (t )  N 0 e  t

gdje je:

N 0  N (t  0) – početni broj jezgri  – – konstanta konstanta raspada raspada (vjerojatnost (vjerojatnost raspada jezgre u jedinici jedinici vremena) vremena)

Vrijeme poluraspada T 1 / 2 je vrijeme nakon kojeg se broj jezgri smanji na pola početnog početnog broja. broja. N (T 1 / 2 ) 

N 0

2 Uvrstimo vrijeme poluraspada u zakon radioaktivnog raspada:  N (T 1 / 2 )  N 0 e  T Izjednačavanjem ova dva izraza dobivamo: 1/ 2

N 0

 N 0 e   T /: N 0 1/ 2

2 1   T e /ln 2 Logaritmiranjem ove jednadžbe dobivamo: 1 ln( )  ln(e  T ) 2  ln 2   T 1 / 2 Iz ove jednadžbe dobivamo vezu između vremena poluraspada i konstante raspada: ln 2 1/ 2

1/ 2

T 1 / 2 



Aktivnost radioaktivne tvari je broj raspada u jedinici vremena. A  

dN dt



d

( N 0 e   t )   N 0 e   t   N

dt

Broj raspada u jedinici vremena = vjerojatnost raspada jezgre u jedinici vremena  broj jezgri jezgri . Ovisnost aktivnosti o vremenu možemo napisati u obliku: A(t )   N   N 0 e   t  A0 e   t gdje je A0 aktivnost u početnom trenutku. 104

10. Radioaktivni raspadi

56. Radon 88222 Ra ima vrijeme poluraspada T 1 / 2  3,8 dana . Nakon koliko vremena će se raspasti 90% jezgri u uzorku radona? T 1 / 2  3,8 dana

Broj jezgri u trenutku t je 10% početnog broja jezgri: N t   0 ,1N 0 Uvrstimo broj jezgri u zakon radioaktivnog raspada:  N (t )  N 0 e  t 0 ,1 N 0  N 0  e   t /: N 0 0 ,1  e   t Iz vremena poluraspada možemo izračunati konstantu raspada: ln 2 ln 2   0 ,18 dan 1   T 1 / 2 3 ,8 dana Uvrstimo  u gornji izraz, te logaritmirajmo : 0 ,1  e 0 ,18t / ln ln 0 ,1  0 ,18t Iz ove jednadžbe dobivamo vrijeme nakon kojeg se raspadne 90% jezgri: ln 0 ,1  12 ,7 dana t   0 ,18

57. Nakon 0 ,3 sekunde raspadne se 70% čestica koje se pored promatrača gibaju brzinom 0 ,8c. Koliko je vrijeme poluraspada ovih čestica u njihovom vlastitom sustavu? t  0 ,3 s v  0 ,8c

Broj čestica u trenutku t  0 ,3 s je 30% početnog broja . N t  0 ,3 s   0 ,3N 0 Broj čestica u trenutku t određuje zakon radioaktivnog raspada: 0,3 N t  0 ,3 s   N 0  e    Izjednačavanjem ovih izraza dobivamo: 0 ,3 N 0  N 0  e 0 ,3 /: N 0 0 ,3  e 0 ,3 105


Logaritmiranjem ove jednadžbe dobivamo: ln 0 ,3  0,3 ln 0 ,3     4 ,01s 1 0 ,3 Vrijeme poluraspada možemo izračunati pomoću izraza: ln 2 ln 2   0,17 s T 1 / 2  4 ,01  Vrijeme poluraspada koje smo dobili je vrijeme poluraspada u sustavu promatrača u kojem se čestice gibaju brzinom 0 ,8c. Vrijeme poluraspada u sustavu u kojem čestice miruju  1 / 2 (vlastito vrijeme poluraspada) bit će kraće:  1 / 2  T 1 / 2 1 

v2 c

2

 0 ,17  1 

58. Vrijeme poluraspada g urana?

238 92

0 ,8c 2 c

2

 0 ,17  1  0 ,8 2  0,1s

U je 4 ,5

milijarde godina. Kolika je aktivnost 1

9 17 T 1 / 2  4,5  10 god  1,42  10 s m  1g

Aktivnost radioaktivne tvari možemo izračunati kao: A  N 

gdje je N broj radioaktivnih čestica, a  konstanta raspada. Konstantu raspada možemo izračunati iz vremena poluraspada: ln 2 ln 2   4,88  10 18 s   17 T 1 / 2 1,42  10 s Broj atoma u 1g urana N možemo izračunati kao: N 

m m A

m – masa uzorka m A – atomska masa m A  238u  238  1 ,66  10

kg  3,8  10 25 kg , gdje je:  u  1,66  10 27 kg – atomska jedinica mase 0 ,001kg m 21 2 63 10    N  , m A 3 ,8  10 25 kg 27

A  N   2 ,63  10 21  4 ,88  10

18

 12834 rasp/s(Bq) 106

A Knapp - Zbirka Zadataka Iz Fizike

Recommend Documents