Zbirka Resenih Testova Iz Fizike ETF

Zbirka Zbirka rešen rešenih ih testo testov va iz fizik fizike e sa prije prijemn mnih ih ispita ispita na Elektrotehničk Elektrotehničkom om fakultetu akultetu u Beogradu

Ivica Stevanović

jul 2017.

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

jula 2017.

Ivica Stevanović Stevanović ([email protected]) ([email protected])

Sadržaj Klasifikacioni ispit 2017. godine

1

Rešenja Rešenja klasifikacio klasifikacionog nog ispita 2017. 2017. godine

5

Klasifikacioni ispit 2016. godine

13


17


27


31


37


41


49


53


61


65


75


79


89


93


101


105


113


117


125


129


137


141


149


153


161


165


171


175

Klasifikacioni ispit iz fizike

27. jun 2017.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (27. jun 2017.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Jedinica za induktivnost kalema H (henry) se može izraziti preko drugih jedinica SI sistema a) Vs/A d) VA/m

c) Wb/m2 n) ne znam

b) CV/s e) kg · m · s/A2

(3 poena)

2. Jedinica za raspad u sekundi u SI sistemu ima naziv a) Ci (curie) c) Bq (becquerel) e) Rem (roentgen equivalent man

b) Sv (sievert) d) Gy (gray) n) ne znam

(3 poena)

3. Barometar je izumeo i sa njim prvi izmerio atmosferski pritisak a) Giovanni Battista Venturi c) Alessandro Volta e) Luigi Galvani

b) Evangelista Torricelli d) Enrico Fermi n) ne znam

(3 poena)

4. Električna Električna energija energija se prodaje u jedinicama a) C/s d) Wb/m2

b) kW e) kWh

5. Skalarne veličine su a) dužina, masa, ubrzanje c) ener energi gija ja,, ma magn gnet etsk skaa indu indukc kcij ija, a, ma masa sa e) moment količine kretanja, vreme, masa

c) N n) ne znam

b) moment sile, energija, vreme d) rad, rad, vrem vreme, e, nael naelek ektr tris isan anje je n) ne znam

(3 poena)

(3 poena)

6. Da bi se tačkasto naelektrisanje od 2 C prenelo iz jedne tačke elektrostatičkog polja u drugu tačku, potrebno je uložiti rad od 200 J. Razlika potencijala između ovih tačaka je a) 400 V d) 800 V

b) 200 V e) 100 V

0 .01 V c) 0. n) ne znam

(4 poena)

3 m sudare se čeono i neelastično tako da 7. Čestica-pr Čestica-projektil ojektil mase m i brzine v 0 i nepokretna čestica-meta mase 3m posle sudara nastavljaju nastavljaju kretanje kao jedinstve jedinstveno no telo. Brzina Brzina novog novog tela posle sudara je

a) v0 /4 3 v0 /4 d) 3v

b) v 0/3 e) 2v0 /3

c) v 0 /2 n) ne znam

(4 poena)

1


27. jun 2017.

8. Pri konstantnoj zapremini, idealnom gasu se poveća apsolutna temperatura 5 puta. Pritisak gasa poraste a) 0.5 puta c) 5 puta e) zavisi od apsolutne temperature

b) 10 puta d) 100 puta n) ne znam

(4 poena)

1 0−3 m3 /s, visinska razlika nivoa vode 9. Vodena turbina ima koeficijent korisnog dejstva 90%. Protok vode je 10 je 10 m, gustina vode je 10 kg/m3 . Mehanička snaga vodene turbine je ( g = 10 m/s2 )

a) 110 W d) 1 MW

b) 90 W e) 90 kW

c) 9 kW n) ne znam

(4 poena)

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

b) A A/22 e) A/

1 /A c) 1/A n) ne znam

(4 poena)

11. Svetlosni talas frekvencije f 0 u vakuumu ima talasnu dužinu λ 0 . U transparentnoj sredini indeksa prelamanja n = 1.5 svetlosni talas frekvencije 4f 4 f 0 ima talasnu dužinu a) λ0/6 d) λ 0 /1.5

b) λ 0 /3 e) 2λ0

c) λ 0 /4 n) ne znam

(5 poena)

12. U unutrašnjosti provodne nenaelektrisane sfere napravljene su dve sferne šupljine. > 0 i q b > 0 tako Ako su unutar sfernih šupljina unesena tačkasta naelektrisanja q a > 0 da ne dodiruju dodiruju površi površi šupljina, šupljina, naelektrisanj naelektrisanjee na povr p ovrši ši sfere biće a) q a − q b c) −(q a + q b ) e) q b − q a

b) q a + q b d) 0 n) ne znam

(5 poena) 13. Tačkasti ačkasti svetlosni svetlosni izvor se nalazi nalazi na rastojanju 2 m ispred tankog tankog sabirnog sabirnog sočiva. Lik predmeta je na rastojanju 1 m iza sočiva. sočiva. Optička Optička moć sočiva sočiva iznosi a) 2 dioptrije d) 1/3 dioptrije

b) 2/3 dioptrije e) 3/2 dioptrije

c) 1/2 dioptrije n) ne znam

(5 poena)

14. Kada mehur vazduha lagano izađe sa dna na površ jezera zapremina mu se poveća tri puta. Na površ vode deluje atmosferski pritisak p0 = 100 kPa, a temperatura jezerske vode ne zavisi od dubine. Dubina jezera je (ρv = 103 kg/m3 , g = 10 m/s2 ) a) 10 m d) 25 m

b) 15 m e) 30 m

c) 20 m n) ne znam

(5 poena)

2


27. jun 2017.

15. Dugač Dugačka, ka, prava prava žica žica je savijen savijenaa u ravni ravni tako tako da jedan kraj ima polukružni oblik poluprečnika R . Kroz žicu je uspostavljena uspostavljena stalna struja jačine I . Intenzite Intenzitett magnetskog magnetskog polja u tački C (centar polukruga) je a) c) e)

   −   

   

2 +1 π

I R

b)

2 +1 π

I 2R

1 2

1 π

I 2R

d)

1 1 + π 2

I 2R

1 +1 π

I 2R

n) ne znam (7 poena)

16. Dva tela mase M i i m, povezana p ovezana neistegljivim koncem zanemarive mase, leže na horizontal horizontalnoj noj podlozi. p odlozi. Koeficijent Koeficijent trenja između tela i podloge je µ . Na telo mase M deluje stalna horizontalna sila F . Sila zatezanja u koncu je mF/ (m + M ) M ) a) mF/( µmF/(M − c) µmF/( − m) 2M ) e) M F /(m + 2M

2 mF/((m + M ) M ) b) 2mF/ µmF/(2m m + M ) d) µmF/(2 n) ne znam

(7 poena)

17. Ako je masa Meseca 1/80 deo mase Zemlje i ako je poluprečnik Meseca 5/20 poluprečnika Zemlje, količnik gravitacionog ubrzanja na površi Meseca i gravitacionog ubrzanja na površi Zemlje iznosi a) 0.25 d) 60

0 .6 b) 0. e) 0.1

0 .2 c) 0. n) ne znam

(7 poena)

18. Staklena Staklena menzura, tankih tankih zidova, zidova, mase m = 0.5 kg, lagano se vertikalno potapa u vodu konstantne temperature sa otvorom okrenutim okrenutim nadole. Atmosfersk Atmosferskii pritisak pritisak je p0 = 105 Pa (vazduh smatrati idealnim √ gasom), gustina vode ρv = 103 kg/m3 , dijametar menzure D = 0.2/ π m i njena visina H = 0.525 m. Sila F kojom treba delovati vertikalno tako da je dno menzure u ravni površi vode je (g = 10 m/s2) a) 55 N c) 50 N 4 .5 N e) 4.

b) 5 N d) 45 N n) ne znam (8 poena)

600 Ω i 19. Na slici je prikazano električno kolo sa otpornikom R = 600 kondenzatorom, koje se na levom kraju pobuđuje prostoperiodičnim f = 5000/ 5000/(2π (2π) Hz, naizmeničnim naponom frekvencije f Hz, efektivne vrednosti V 0. Izlazni Izlazni napon ima efektivn efektivnu u vredno vrednost st V 1 . Ako Ako je je (V 1 /V 0 )2 = 0.1 kapacitivnost kondenzatora je

a) 0.1 µF c) 10 µF e) 1 mF

b) 1 µF d) 100 µF n) ne znam (8 poena)

3


27. jun 2017.

20. Fizičko klatno se postavi u položaj u kome se težište klatna nalazi vertikalno iznad tačke vešanja. Usled sasvim malog pomeranja klatno krene ka položaju stabilne ravnoteže kroz koji prođe ugaonom brzinom ω. Period malih oscilacija tog klatna je a) π/ω 5 π/ω d) 5π/ω

2 π/ω b) 2π/ω e) 4π/ω

3 π/ω c) 3π/ω n) ne znam

(8 poena)

4

Ivica Stevanov Stevanović, ić, Rešenja zadataka sa klasifikaci klasifikacionog onog ispita iz fizike fizike na ETF-u 2017. godine

REŠENJA

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

⇒ L = ω1 V I ⇒

V = ωLI ω LI

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

V·s . A

2  a Jedinica Jedinica za raspad u sekundi sekundi u SI sistemu sistemu ima naziv Bq (becquerel). (becquerel). 3  b Izumitelj barometra je Evangelista Torricelli. 4  e Električna energija se prodaje u kWh. 5  d Rad, vreme i naelektrisan naelektrisanje je su sve skalarne veličine. veličine. Ubrzanje, Ubrzanje, moment sile, magnetska magnetska indukcija indukcija i moment moment količine kretanja su vektorske veličine. 6  e Rad koji je potrebno uložiti da bi se tačkasto naelektrisanj naelektrisanjee količine naelektrisanj naelektrisanjaa q prenelo iz jedne tačke elektrostatičkog polja u kojoj je potencijal V 1 u drugu tačku tog polja u kojoj je potencijal V 2 dat je izrazom A = q = q (V 2

− V 1) = q ∆V

odakle se za razliku potencijala potencijala dobija dobija ∆V =

A 200 J = = 100 V. q 2C

7  a Prema zakonu održanja impulsa za neelastični sudar dveju čestica važi m1 v1 + m2 v2 = mv = m masa i v 1 = v0 brzina čestice-projektila, m 2 = 3m masa i v 2 = 0 brzina (nepokretne) čestice-mete. gde je m 1 = m = m 1 + m2 koja se kreće brzinom Nakon neelastičnog sudara, ove dve čestice čine jedinstveno telo mase m = m v =

m1 v1 + m2 v2 mv0 + 3m 3m 0 v0 = = . m1 + m2 m + 3m 3m 4

·

8  c Na osnovu jednačine stanja idealnog gasa, za dva dva stanja 1 i 2 imamo p1 V 1 = nRT 1 p2 V 2 = nRT 2 = V = const. i T 2 = 5T 1 , te sledi gde je prema uslovu zadatka V 1 = V 2 = V p2 T 2 = p1 T 1

5 p1 ⇒ p2 = p1 T T 21 = 5 p

odnosno, pritisak poraste 5 puta. ∆ V (kojoj odgovara masa M = ρ∆ ρ ∆V ) na visini H data je izrazom 9  b Potencijalna energija vode zapremine ∆V ∆E = M gH = ρgH ρg H ∆V

5


Kako vodena turbina ima koeficijent korisnog dejstva η , to je korisni deo ove energije (mehanička energija vodene turbine) jednak ∆E k = η∆ η ∆E = ηρgH ∆V

Odavde je mehanička snaga turbine

∆E k ∆V = ηρgH ∆t ∆t

P k =

i kako je protok vode dat izrazom Q =

∆V ∆t

to se za mehaničku snagu turbine konačno dobija P k = ηρQgH P k = 0.9 103

·

3 kg m −3 m 10 10 2 · 10 m = 90 W. · · 3 m s s

10  d Prema uslovima zadatka imamo dva prostoperiodična talasa x1 (t) = A 1 sin(ω sin(ω1 t + ϕ1 ) x2 (t) = A 2 sin(ω sin(ω2 t + ϕ2 ) = ω i ϕ 2 = ϕ = ϕ 1 + za čije amplitude, kružne učestanosti i faze, redom, važi A1 = A2 = A, ω1 = ω 2 = ω

π π = ϕ + . 2 2

U linearnoj sredini, rezultujući talas jednak je zbiru ova dva talasa xr (t) = x 1 (t) + x2 (t) π = A sin(ωt sin(ωt + ϕ) + sin ωt + ϕ + 2 π (ωt ( ωt + ϕ) + ωt + ϕ + 2 (ωt ( ωt + ϕ) = 2A sin cos 2 π π = 2A cos sin ωt + ϕ + 4 4 π = 2A sin ωt + ϕ + 4



√

·













·



−



ωt + ϕ + 2

π 2



√

odakle sledi da je amplituda amplituda rezultujućeg rezultujućeg talasa A r = A 2. U zadatku smo koristili sledeći trigonometrijski identitet sin α + sin β = = 2 sin sin

α + β α β cos 2 2

·

−

a Ako je brzina svetlosti u vakuumu c 0 , tada je talasna dužina svetlosnog talasa frekvencije f 0 data sa 11 

λ0 =

c0 f 0

U transparentnoj sredini indeksa prelamanja n , brzina svetlosti je c1 =

c0 n

te se za talasnu dužinu svetlosnog talasa frekvencije f 1 u ovoj sredini dobija λ1 =

Sada imamo

c1 f 1

λ1 c1 f 0 = λ0 c0 f 1

6


prema uslovima zadatka je f 1 = 4f 0 te sledi λ1 c0 f 0 1 c0 λ0 = = = . λ0 n c0 4 f 0 6 f 0 6

·

·

12  b Prisustvo tačkastog (pozitivnog) naelektrisanja unutar metalnih sfernih šupljina će indukovati istu količinu (negativno (negativnog) g) naelektrisanja naelektrisanja na površi tih sfernih sfernih šupljina. šupljina. To znači da će se na površi površi šupljine šupljine u kojoj postoji pozitivno naelektrisanje q a indukovati naelektrisanje −q a i slično na površi šupljine u kojoj postoji pozitivno nalektrisanje q b , indukovaće se negativno naelektrisanje −q b (videti sliku). Neka je ukupna količina naelektrisanja na površi sfere Q . Kako je sfera električno neutralna, njeno ukupno naelektrisanje jednako je nuli, te sledi Q + ( q a ) + ( q b ) = 0

−

−

= q a + q b . ⇒ Q = q

13  e Na osnovu jednačine konveksnog konveksnog tankog sočiva imamo 1 1 1 = + f p q p = 2 m rastojanje predmeta (svetlosnog izvora) ispred sočiva i q = q = 1 m rastojanje (realnog) lika iza sočiva, gde je p = i f njegova žižna daljina. Sada je 1 1 1 3 = + = m−1 f

2

te je optička moć ovog sočiva D =

1

2

1 3 = dioptrije. f 2

14  c Neka se u mehuru nalazi n molova idealnog gasa (vazduha). Jednačina stanja idealnog gasa u mehuru na dnu jezera je p1 V 1 = nRT 1

gde je p 1 = p 0 + ρgH pritisak na dnu jezera na dubini H . Jednačina stanja idealnog gasa u mehuru na površini jezera je p2 V 2 = nRT 2

gde je p 2 = p 0 pritisak na površini jezera (jednak atmosferskom pritisku). Prema uslovu zadatka je T 1 = T 2 i V 2 = 3V 1 te dalje imamo p1 V 1 = p 2 V 2 ( p0 + ρgH ) ρgH )V 1 = p = p 0 3V 1

·

odakle se za dubinu jezera dobija H =

2 p0 ρg

7


H =

2 105 Pa = 20 m. kg 103 m 10 sm

·

3

·

2

15  d Na osnovu superpozicije, jačina magnetnog polja u tački C data je izrazom H = H 1 + H 2 + H 3

gde je H 1 magnetno polje koje potiče od gornje polovine beskonačno dugačke žice, H 2 je magnetno polje koje potiče od donje polovine beskonačno dugačke žice, i H 3 je magnetno polje koje potiče od dela žice u obliku polukruga, poluprečnika R. Intenzitet magnetskog polja na rastojanju R od beskonačnog pravolinijskog provodnika kroz koji protiče struja I dat je izrazom I 2πR

H p =

dok je intenzitet intenzitet magnetskog magnetskog polja u centru centru kružnog kružnog provodnika provodnika polupre p oluprečnika čnika R kroz koji protiče struja I dat izrazom H k =

I 2R

u oba slučaja pravac i smer vektora magnetskog polja su određeni pravilom desne ruke (i u našem slučaju “ulaze u ravan papira”). Na osnovu simetrije, intenzitet magnetskog polja polovine beskonačnog pravolinijskog provodnika jednak je polovini intenziteta magnetskog polja celog beskonačnog provodnika H 1 = H 2 =

1 I H p = 2 4πR

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

H 3 =

1 I H k = 2 4R

te se za ukupno polje u tački C dobija dobija I I H = H 1 + H 2 + H 3 = + = 2πR 4R

  1 1 + π 2

I . 2R

8


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

Na telo mase M deluju • stalna horizontalna sila F u smeru kretanja • sila trenja F t2 = µM = µM g u smeru suprotnom od smera kretanja • sila zatezanja konca T 2 u smeru suprotnom od smera kretanja te prema drugom Newton-ovom zakonu za ubrzano kretanje tela M , važi M a = F = F

µM g − − T 2 − F 2 = F − − T 2 − µMg t

Na telo mase m deluju • sila zatezanja konca T 1 u smeru kretanja • sila trenja F t1 = µmg = µmg u smeru suprotnom od smera kretanja te prema drugom Newton-ovom zakonu za ubrzano kretanje tela m , važi ma = ma = T T 1

− F 1 = T 1 − µmg t

= T 2 = T , dobijamo Sabiranjem ovih dveju jednačina i uzimanjem u obzir da za neistegljivi konac važi T 1 = T F M )g ⇒ a = − − µ(m + M ) − µg m + M

(m + M ) M )a = F = F

Odavde sledi da je sila zatezanja u koncu T = ma + µmg = µmg =

m F + µmg m + M

m µmg = F. − µmg = m + M

17  c Prema uslovu zadatka, za odnos mase Meseca i Zemlje važi M m 1 = M z 80

a za odnos o dnos njihovih njihovih poluprečnika poluprečnika

Rm 5 1 = = Rz 20 4

Gravitaciona ubrzanja na površi Meseca i Zemlje data su izrazima gm = γ = γ

M m 2 Rm

gz = γ = γ

M z Rz2

gde je γ gravitaciona konstanta. Za količnik gravitacionih ubrzanja na površi Meseca i Zemlje se sada dobija γ M gm M m R = M = gz M z γ R m

2

m

z

2

z

·  Rz Rm

2

=

1 16 1 (4)2 = = = 0. 0 .2 80 80 5

·

9


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

p1 V 1 = nRT 1

gde je pritisak vazduha u menzuri jednak atmosferskom pritisku p 1 = p 0, zapremina vazduha u menzuri data jednačinom V 1 =

1 πD 2 H 4

T 1 je temperatura vazduha, n broj molova vazduha u menzuri i R konstanta.

U krajnjem stanju, dno menzure je u ravni površi vode kao na slici desno. Neka je visina vazdušnog stuba u mezuri h < H . Jednačina stanja idealnog gasa sada je p2 V 2 = nRT 2

gde je p 2 pritisak vazduha vazduha u menzuri menzuri koji u stanju stanju ravnotež ravnotežee mora biti jednak pritisku vode na dubin dubinii h : p2 = p 0 + ρgh V 2 je zapremina vazduha u stubu visine h

1 πD 2 h 4 i prema uslovu zadatka temperatura vode je konstantna T 2 = T 1 . V 2 =

Iz prethodnih jednačina sledi 1 ( p0 + ρgh) ρgh) · πD 2 h ⇒ ρgh2 + p0 h − p0 H = 0 ⇒ p0 · 14 πD 2H = ( p 4

p1 V 1 = p = p 2 V 2

Rešenja ove kvadratne jednačine po promenljivoj h su

− p0 ± h1,2 =



p20 + 4ρgHp 4 ρgHp0 2ρg

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

 

p20 + 4ρgHp 4 ρgHp0 2ρg

− p0

1010 Pa2 + 4 103

·

kg m3

m s2

· 10 · 0.525 m · 105 Pa − 105 Pa 2 · 103 · 10 kg m3

m s2

110000 Pa 100000 Pa 1 = m = 0.5 m 2 20000 mkg·s

−

2

2

Na menzuru u vertikalnom pravcu deluju sledeće sile

10


•

= F vertikalno naniže Sila koja održava menzuru u zadatom položaju: F 1↓ = F 1

Sila atmosferskog pritiska na dno menzure vertikalno naniže: F 2↓ = p0 S , gde je S = πD 2 površina 4 poprečnog preseka menzure • Sila Zemljine teže na menzuru mase m vertikalno naniže: F 3↓ = mg = mg • Sila pritiska vode na donju površ vazdušnog stuba vertikalno naviše: F 1↑ = ( p0 + ρgh) ρgh )S , gde je S površina poprečnog preseka menzure U stanju ravnoteže važi •

F 1↓ + F 2↓ + F 3↓ = F = F 1↑ 1 1 F + πp 0 D2 + mg = mg = π ( p0 + ρgh) ρgh)D2 4 4 1 F = πρhD2 m g 4 F =





−

1 1 kg π 103 3 0.5 m m 2 4 25 25π π m

·

·



·

·

− 0.5 kg

10

m = 45 N. s2

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

Prema Ohmovom zakonu za struju se dobija

V 0 Z gde je Z efektivna vrednost impedanse redne veze R i C koja je data izrazom I =

Z =



2 = R2 + X C



R2 +

1 ω 2 C 2

i ω = 2πf kružna učestanost. Sada se za efektivnu vrednost napona V 1 na kondenzatoru C prema Ohmovom zakonu dobija V 1 = X C C I =

odavde dalje imamo V 0 = V 1



1+

ω 2 R2 C 2

  ⇒ V 0 V 1

1 ωC

V 0



R2 +

1 ω 2 C 2

=

√ 1 + V ω02R2C 2

2 2

2

2

2 2

2

2

= 1 + ω R C = 1 + 4π 4π f R C

2

⇒ C

=

2

 − V 0 V 1

1

4π 2 f 2 R2

te se za kapacitivnost kondenzatora konačno dobija

C = =

   − V 0 V 1

2

1

2πf R

√ 10 − 1 3 C = = = = 3 · 10−6 F = 3 µF. 5000 6 3 10 Ω Hz · · 2π · 2π Hz · 600Ω

11


20  e Odredimo Odredimo najpre izraz za period malih oscilacija oscilacija fizičkog klatna. klatna. Neka je fizičko klatno kruti štap mase m i dužine L koji usled sile Zemljine teže osciluje oko tačke O pričvršćene za gornji kraj štapa kao na slici levo. Moment inercije ovog štapa u odnosu na osu koja prolazi kroz težište dat je izrazom I 0 =

1 mL2 12

R = L/ L/22) dat izrazom dok je moment inercije u odnosu na osu koja prolazi kroz kraj štapa (udaljenu za pomeraj R = I = I 0 + mR2 =

1 1 1 mL2 + mL2 = mL2 12 4 3

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

= k · θ · L2 ≈ 21 mgL · θ = k

1 2

gde je k = mgL i gde smo za male uglove θ iskoristili aproksimaciju sin θ ≈ θ. Odavde sledi da je period malih oscilacija fizičkog klatna,

  I = 2π k

T = 2π

1 mL2 3 1 M gL 2

= 2π 2π



2L 3g

Sada posmatramo sliku desno. U početnom položaju klatno miruje i težište klatna se nalazi vertikalno iznad tačke vešanja. U referentnom sistemu vezanom za položaj težišta klatna kada je ono u ravnotežnom položaju kao na slici, klatno poseduje samo potencijaln potencijalnuu energiju energiju datu izrazom izrazom E 1 = mgL = mgL

Pri prolasku kroz položaj stabilne ravnoteže, klatno ima ugaonu brzinu ω i njegova ukupna energija jednaka je kinetičkoj energiji koja je data izrazom E 2 =

1 2 1 1 1 Iω = mL2 ω 2 = mL2 ω 2 2 2 3 6

·

Iz zakona održanja energije sledi 1 6g mgL = mL2 ω 2 ⇒ L = 2 ⇒ mgL = 6 ω

E 1 = E 2

Konačno, za period malih oscilacija se dobija T = 2π

  · 2L = 2π 3g

2

6g ω2

3g

=

4π . ω

12


28. jun 2016.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (28. jun 2016.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Jedinica za magnetsku indukciju (Tesla) se može izraziti preko drugih jedinica SI sistema a) V s d) V/m

c) Wb/m2 n) ne znam

b) C/s e) A/m

(3 poena)

2. Pri kružnom kretanju oko Zemlje Mesec napravi jedan krug za 28 dana. Ugaona brzina centra Meseca je približno a) 2.6 · 10−6 s−1 5 .2 · 10−6 s−1 d) 5.

1 .3 · 10−6 s−1 b) 1. e) 7.2 · 10−4 s−1

7 .3 · 10−5 s−1 c) 7. n) ne znam

(3 poena)

b) elektrona e) helijuma

c) 2 neutrina n) ne znam

(3 poena)

c) konst onstan antn tnoj oj zapr zaprem emin inii n) ne znam

(3 poena)

3. Masa pozitrona je jednaka masi a) neutrona d) protona

4. Termodinamički izobarski proces se odvija pri a) konst onstan antn tnoj oj temp temper erat atur urii d) konstantnom pritisku

b) konst onstan antn tnoj oj entr entrop opij ijii e) konstantnoj entalpiji

5. Rastojanja Rastojanja među zvezdama zvezdama se izražavaju izražavaju u a) svemirskim godinama c) srednjim sunčevim godinama e) svetlosnim godinama

b) astronomskim godinama d) tahionima n) ne znam

(3 poena)

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

a) 21 km/h d) 3 m/s

b) 153 km/h e) 9 m/s

30 .5 km/h c) 30. n) ne znam

(4 poena)

7. Telo mase 5 kg se kreće po horizontalnoj podlozi brzinom 2 m/s. Ako se telo zaustavi u intervalu vremena 0.5 sekundi, intenzitet sile trenja koja je delovala na telo je a) 100 N d) 20 N

b) 200 N e) 150 N

c) 50 N n) ne znam

(4 poena)

13


28. jun 2016.

8. Redna veza otpornika otpornosti R , kondenzatora kapacitivnosti C i kalema induktivnosti L je priključena na izvor naizmeničnog napona kružne frekvencije ω. Napon na krajevima kalema će biti maksimalan ako je ωR ) a) C = 1/(ωR) R = L/C d) R =



L = 1/(ω2 C ) c) L = n) ne znam

L = R/ω R/ω b) L = = R/(2 (2L L) e) ω = R/

(4 poena)

9. Izvesna količina vode proključa na rešou za vreme 60 minuta. Ako se snaga rešoa poveća za 50%, voda će proključati za vreme a) 30 minuta d) 45 minuta

b) 40 minuta e) 35 minuta

c) 20 minuta n) ne znam

(4 poena)

10. Brzina prostiranja svetlosti u vakuumu zavisi od a) njene frekvencije c) njenog intenziteta e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) njene talasne dužine d) brzine izvora svetlost n) ne znam

(4 poena)

11. Kroz dva pravolinijska provodnika postavljena duž koordinatnih osa Dekartovog pravouglog koordinatnog x 0y su uspostavljene struje konstantnih intenziteta I x = 2 A i I y = 4 A u pozitivnim smerovima ovih sistema x0 x 0y u kojima je magnetsko polje koje stvaraju ove dve koordinatnih osa. Geometrijsko mesto tačaka u ravni x0 struje jednako nuli je

a) y = 2x = x c) y = x e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

= x/22 b) y = x/ x/2 d) y = −x/2 n) ne znam

(5 poena)

12. Difrakciona rešetka sadrži 200 zareza po jednom milimetru. Monohromatska koherentna svetlost, talasne dužine 500 nm, pada normalno na rešetku. Ukupan broj svetlih pruga koje se pojavljuju na ekranu za registraciju je a) 21 d) 42

b) 11 e) 13

c) 16 n) ne znam

(5 poena)

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

 

4d2 /R a) R2 + 4d d) 2 R2 + d2 /R

b) R/d e) 2R/d



c) R2 + d2/R n) ne znam

(5 poena)

14. Idealni gas obavlja kružni ciklus 1-2-3-1 kao na slici uz zadatak. Ako je pV = 1 J, rad koji izvrši gas tokom jednog ciklusa je a) 4 J c) 0.5 J √ e) 2 J

b) −1 J d) 1 J n) ne znam

(5 poena)

14


28. jun 2016.

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

√

a) 2R 2/7 5 R/66 d) 5R/

8 R/99 b) 8R/ R/10 e) 9R/10

7 R/88 c) 7R/ n) ne znam

(7 poena)

16. Na ploče ravanskog kondenzatora koje se nalaze na rastojanju 1 cm doveden je napon od 6 V. Između ploča 13 .6 · 103 kg/m3 i poluprečnika 4.4 · 10−7 m. Električna sila i težina se nalazi naelektrisana kuglica žive gustine 13. kuglice su istog pravca, a suprotnih smerova. Ako je kuglica u stanju mirovanja, vrednost njenog apsolutnog naelektrisanja je približno ( e = 1.6 · 10−19 C, g = 9.81 m/s 2 ) 124ee a) 124 1488ee d) 1488

2976ee b) 2976 496ee e) 496

50 e c) 50e n) ne znam

(7 poena)

17. Na slici je prikazano električno kolo sa otpornicima. Ekvivalentna otpornost između tačaka A i B ovog kola je 13R/18 18 a) 13R/ 17 R/25 25 c) 17R/ R/ 3 e) R/3

2 R/33 b) 2R/ 11 R/18 18 d) 11R/ n) ne znam

(7 poena) 18. Horizonta Horizontalni lni sud zapremine zapremine 8.3 dm3 podeljen je na tri komore jednake zapremine pomoću dve tanke, nepokretne, nepokretne, polupropustljiv polupropustljivee pregrade. Leva Leva komora je napunjena napunjena sa 1 mol vodonika, vodonika, srednja sa 0.5 mol kiseonika, a desna je napunjena sa 0.5 mol azota. Leva pregrada propušta samo vodonik, dok desna pregrada propušta propušta vodonik i azot. Ako se sud nalazi na konstant konstantnoj noj temperaturi temperaturi 300 K, posle uspostavljan uspostavljanja ja stacionarnog stacionarnog stanja, pritisak u srednjoj komori je (R = 8.3 J/(mol K)) a) 6.75 bar 9 .75 bar d) 9.

3 .25 bar b) 3. e) 7.5 bar

c) 39 bar n) ne znam

(8 poena)

19. Jednostavan merač ubrzanja (akcelerometar) se može napraviti pomoću tanke cevi u obliku slova „V“ (kao na slici) u koju je nasuta neka tečnost. Ako se tokom ubrzanog kretanja izmere visine stubova tečnosti h1 i h2 , ubrzanje koje meri akcelerometar je (g je jačina gravitacionog polja) a) g (h2 − h1 )2 / (h1 + h2 )2 c) g (h2 − h1)/(h1 + h2 ) e) g ln (h2/h1)

g h1 /h2 b) gh g h2 /h1 d) gh n) ne znam

(8 poena) 20. Tri opruge zanemarive mase su povezane kao na slici. Dve opruge istih krutosti k su paralelno vezane i okačene o plafon dok je treća, krutosti 4k, vezan vezanaa redno. redno. Na donji donji kraj treće opruge opruge je prikač prikačen en teg mase mase m. Sist Sistem em osciluje vertikalno u gravitacionom polju sa periodom

  

m/(3k k) a) 2π 4m/(3 2 π 2m/(3 m/(3k k) c) 2π 2 π m/(6 m/(6k k) e) 2π

 

b) π 3m/k 2 π 3m/(2 m/(2k k) d) 2π n) ne znam (8 poena)

15


28. jun 2016.

16


REŠENJA 2 1  c Magnetski fluks Φ [Wb] konstantnog vektora magnetske indukcije B [T] normalnog na površinu S [m ] je definisan izrazom

Φ = BS B S

Analiza Analiza jedinica sa leve i desne strane jednačine jednačine nam daje izraz za jedinicu jedinicu magnetske magnetske indukcije indukcije u SI sistemu: sistemu: T = Wb/m2 . 2  a Mesec napravi pun krug oko Zemlje za period vremena

φ = 2 π rad

·

T = 28 dana = 28 24 60 60 s = 2.42 106 s

· · ·

·

Ugaona brzina centra Meseca oko Zemlje je približno ω =

φ T

≈ 2.426.·28106 s ≈ 2.6 · 10−6 s−1.

3  b Poz Pozitron itron je antičestica antičestica elektrona, elektrona, koja nosi istu količinu količinu pozitivnog pozitivnog nalektrisanja nalektrisanja kao elektron i ima istu masu kao elektron. p = const const)). 4  d Termodinamički izobarski proces se odvija pri konstantnom pritisku ( p =

5  Rastojanja među zvezdama se izražavaju izražavaju u svetlosnim svetlosnim godinama godinama (put koji svetlosni svetlosni zrak pređe za godinu e Rastojanja dana). a Vežimo referentni sistem za vozilo koje se kreće u horizontalnom pravcu brzinom vx (u negativnom smeru 6  x−ose). ose). U ovom ovom refere referent ntnom nom sistemu sistemu se kišne kišne kapi kapi kreću kreću tako tako da padaju padaju naniže naniže brzino brzinom m vy = 6 m/s (u negativnom smeru y −ose) i kreću se horizontalno brzinom v x (u pozitivnom smeru x −ose), kao na slici.

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

vy vx

Da bi vektor brzine bio normalan na vetrobransko staklo, za ovaj ugao treba da važi α = 180o − 135o = 45o , odakle sledi vy 3600 km m km vx = = v = 6 = 6 = 21 21. . 6 . · y tan tan 45◦ 1000 h s h 7  d Intenzitet sile (trenja) koja deluje na telo mase m i prouzrokuje ubrzanje tog tela a je dat drugim Newton-ovim zakonom F = ma

Kako je ubrzanje definisano kao promena brzine u jedinici vremena a =

∆v 0 v = = ∆t ∆t

−

− ∆vt 17


za intenzitet sile trenja se dobija F = ma = ma =

−

v m = ∆t

−

2 ms 5 kg = 0.5 s

·

−20 N

gde znak „minus“ označava da sila trenja deluje u suprotnom pravcu od pravca kretanja (prouzrokujući usporeno kretanje tela do zaustavljanja). 8  c Efektivna vrednost impedanse redne veze otpornika otpornosti R, kondenzatora kapacitivnosti C i kalema induktivnosti L data je izrazom Z =

  R2

+ ωL

−

1 ωC



2

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

U = Z

U

 

R2 + ωL



− ωC 1 2

efektivna vrednost napona na krajevima kalema je onda U L = ωL I =

ωL

  R2

+ ωL

−



1 2 ωC

U

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

1 ωC

⇒ L = ω21C .

9  b Neka je Q količina toplote koja je potrebna vodi da proključa. Ovu količinu toplote rešo snage P 1 razvije za vreme ∆t1 = 60 minuta tako da važi Q = P = P 1 ∆t1

ako se snaga rešoa poveća za 50% P 2 = 1.5 P 1

onda će u ovom slučaju rešo potrebnu količinu toplote Q razviti za vreme ∆t1 =

Q P 1 ∆t1 ∆t1 60 = = = min= 40 min. P 2 1.5P 1 1.5 1.5

10  e Prema Einstein-ovoj specijalnoj teoriji relativnosti brzina svetlosti s vetlosti u vakuumu vakuumu je konstantna i ne zavisi od frekvencije, talasne dužine, intenziteta, niti od brzine izvora te svetlosti. 11  b Jačina magnetnog polja H koju stvara beskonačni pravolinijski provodnik kojim teče struja intenziteta I na rastojanju r od tog provodnika data je izrazom H =

I 2πr

dok su pravac i smer vektora magnetnog polja određeni pravilom desne ruke. U slučaju provodnikâ sa slike, imamo najpre da je jačina magnetnog polja na rastojanju r = y od provodnika duž x −ose kojim teče struja I x u pozitivnom smeru x −ose data izrazom H 1 =

I x 2πy

18


gde je na osnovu pravila desne ruke pravac vektora magnetnog polja normalan i izlazi iz ravni strane lista = x od provodnika duž y −ose kojim (pozitivan smer z −ose). Slično Slično se za jačinu magnetnog magnetnog polja na rastojanju rastojanju r = x teče struja I y u pozitivnom smeru y−ose dat izrazom H 2 =

I y 2πx

gde je na osnovu pravila desne ruke, pravac vektora magnetnog polja normalan i ulazi u ravan strane lista (negativan smer z −ose). x 0y u kojima je magnetsko polje koje stvaraju ove dve struje jednako nuli dobija se iz uslova Tačke u ravni x0 H 1

= H 2 − H 2 = 0 ⇔ H 1 = H

I x I y = 2πy 2πx

I x 1 = x = x. ⇔ y = x I y 2

12  a (2012_08) Ako difrakciona rešetka ima 200 zareza po jednom milimetru, razmak između zareza ove rešetke je d =

1 mm = 5000 nm 200

Uslov da se na ekranu iza difrakcione rešetke pojavi svetla pruga (maksimalna interferencija) je d sin θn = nλ

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

λ d

n

≤ 1

≤ 1

≤ λd

nmax =

d λ

Isti toliki broj svetlih pruga će se nalaziti nalaziti na delu zida ispod horizont horizontale. ale. Uzimajući Uzimajući u obzir i svetlu prugu koja n = 0), ukupan broj svetlih pruga biće se pojavljuje na horizontali (za n = d N = n max + nmax + 1 = 2n 2nmax + 1 = 2 + 1 λ N = 2

5000 nm + 1 = 21. 21. 500 nm

13  c (2011_16) Laserski snop se rasejava na površi papira, tako da zraci ovog laserskog snopa upadaju u staklenu pločicu pod svim mogućim uglovima 0

≤ θ1 ≤ π2

Na osnovu Snell-ovog zakona prelamanja svetlosti na graničnoj površi vazduha sa staklom imamo n1 sin θ1 = n 2 sin θ2

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

19


Iz prethodnog izraza dobijamo sin θ2 =

1 sin θ1 n2

i kako za sve moguće upadne uglove θ1 važi 0

≤ sin θ1 ≤ 1

sledi da su laserski zraci prelomljenog snopa u staklu ograničeni uglovima 0

≤ sin θ2 ≤ n12

Maksimalni ugao pod kojim se zrak prelama je dakle 1 n2

sin θ2,max =

d , važi (vidi sliku) Za poluprečnik kružne površi koja se stvara na drugoj površi pločice debljine d, R = d = d tan θ2,max

Koristeći sledeće trigonometrijske relacije

 −  − 1

sin2 θ

sin θ = cos θ

sin θ

cos θ = tan θ =

dalje dobijamo R = d = d tan θ2,max = d = d

sin θ2,max

 −  −  1

odakle se za indeks prelamanja prelamanja ima

1

sin2 θ2,max n22

n22 =

1+

n2 =

1=

d R

2

=

= d

1 n2

 − 1

1 n2 2

= d

1

 − n22

1

d R R2 + d2 R2

√ R2 + d2 R

sin2 θ

.

14  d Rad koji idealni gas izvrši tokom jednog kružnog ciklusa 1-2-3-1 1-2-3-1 prikazanog na pV dijagramu na slici jednak je površini trougla koju obrazuju temena u ( p1 , V 1 ) , 2 ( p2 , V 2 ) i 3 ( p3 , V 3 ) i može se predstaviti sledećim izrazom stanjima 1 ( p 1 A = ( p ( p2 2

− p1) (V 3 − V 1)

gde je p1 = p 3 = p, = p, p2 = 2 p

Sada sledi

V 1 = V, V , V 3 = 3V 1 A = (2 p (2 p 2

p) (3V (3V − V ) = pV = 1 J . − p) − V )

20


15  e Označimo sa M m masu Meseca i sa M z masu Zemlje. Prema uslovu zadatka važi M z = 81 M m

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

M z d2

gde je γ gravitaciona konstanta. Slično, gravitaciono polje Meseca u posmatranoj tački je usmereno ka Mesecu (istog pravca ali suprotnog smera od smera Zemljinog Zemljinog gravitaciono gravitacionogg polja) p olja) i dato je izrazom izrazom Gm = γ = γ

M m (R

− d)2

Iz uslova uslova da je rezultant rezultantno no gravitaciono gravitaciono poulje p oulje jednako jednako nuli i uzimajući uzimajući u obzir da su gravitaciona gravitaciona polja p olja Zemlje i Meseca istog pravca a suprotnih smerova, dobijamo Gz = Gm (R

M z M m = 2 d (R d)2

⇔

−

− d)2 = M m =

d2 R

M z

1 81

− d = 1 ⇔ d = 9R − 9d ⇔ d = d

9

9 R. 10

16  e Masa kuglice žive gustine ρ i poluprečnika R je data izrazom 4 ρπR 3 3

m = ρV = ρV =

Na ovu kuglicu deluje sila Zemljine teže vertikalno naniže F g = mg = mg =

4 ρgπR3 3

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

U d

gde je U napon koji je doveden doveden na ploče kondenza kondenzatora. tora. Ako je q nalektrisanje nalektrisanje kuglice žive, tada na kuglicu deluje električna sila intenziteta F e = qE = qE =

qU d

Prema uslovu zadatka, ove dve sile su istog pravca, a kako je kuglica u stanju mirovanja, to su one istog intenzite intenziteta ta a suprotnog suprotnog smera (da bi rezultujuća rezultujuća sila koja deluje na kuglicu bila jednaka jednaka nuli nuli). ). Dakle, Dakle, F e = F = F g 4 qU ρgπR3 = 3 d

odakle se za naelektrisanje kuglice dobija

4ρgπR3 d U 3 13.6 kg/m , g = 9.8 m/s2 , R = 4.4 10−7 m, d = 1 cm = 10−2 m, U = 6 V, te Prema uslovima zadatka je ρ = 13. q = =

·

zamenom ovih vrednosti u gornji izraz dobijamo q = =

4 13 13..6 kg 9.8 m

·

3

·

m s2

· 3.14 ·



·

4.4 10−7 m

6 V

·

3

10−2 m

≈ 7.93 · 10−17 C 21


−17

≈ ≈ 71..936 ··1010−19 CC e ≈ 496 e.

q

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

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

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

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

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

2R 8R 8 13 = R + R + R = R 2R + 8R 8R 5 5

·

dok je otpornost gornje paralelne grane između tačaka A i B jednaka R . Sada imamo da je ekvivalentna otpornost između tačaka A i B jednaka paralelnoj vezi otpornika R (iz gornje 13 grane) grane) i otpornika otpornika R (iz donje grane) i iznosi 5

R 13 R 13 13R R2 13 5 Re = = = R. 13 18 18R 18 R R + 5 R

·

18  d Neka je V 0 zapremina horizontalnog suda, tada je zapremina svake od tri komore 1 V = V 0 3

Označimo sa n H , nO i n N broj molova, redom, vodonika, kiseonika i azota koji se nalaze u sudu. Sud se nalazi na konstantnoj temperaturi T (izotermički proces). U početnom stanju imamo •

vodonik se nalazi u levoj komori zapremine V i na temperaturi T . Ako je p(1) H pritisak vodonika, onda prema jednačini stanja idealnog gasa imamo p(1) H V = n H RT

22


•

kiseonik se nalazi u srednjoj komori zapremine V i na temperaturi T . Ako je p (1) pritisak kiseonika, kiseonika, onda O pritisak prema jednačini stanja idealnog gasa imamo (1)

pO V = n O RT •

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

pN V = nN RT

Kako leva pregrada propušta samo vodonik, dok desna pregrada propušta i vodonik i azot, to će se posle uspostavljanja stacionarnog stanja vodonik nalaziti u sve tri komore, kiseonik ostaje samo u srednjoj komori, dok će se azot nalaziti nalaziti u srednjoj srednjoj i desnoj komori. komori. Za jednačine jednačine stanja stanja idealnih gasova gasova u stacionarnom stacionarnom stanju sada imamo (2) • vodonik se nalazi u sve tri komore (u zapremini 3 V ) i na temperaturi T . Ako je p H pritisak vodonika u stacionarnom stanju, onda prema jednačini stanja idealnog gasa imamo (2)

(1)

3 pH V = n H RT = p H V •

kiseonik ostaje u srednjoj komori zapremine V i na temperaturi. Ako je p (2) O pritisak kiseonika, onda prema jednačini stanja idealnog gasa imamo (1) p(2) O V = n O RT = p O V

•

1 (1) ⇒ p(2) H = pH 3

(1) ⇒ p(2) O = p O

azot se nalazi u srednjoj i desnoj komori (u zapremini 2V ) i na temperaturi T . Ako je p (2) N pritisak azota u stacionarnom stanju, onda prema jednačini stanja idealnog gasa imamo (2)

(1)

2 pN V = n N RT = p N V

1 (1) ⇒ p(2) N = pN 2

Dakle, u stacionarnom stanju u srednjoj komori imamo vodonik, kiseonik i azot na parcijalnim pritiscima (2) (2) (2) pH , pO i pN tako tako da je ukupan pritisak u srednjoj srednjoj komori komori jednak zbiru parcijalnih parcijalnih pritisaka pritisaka ovih gasova gasova i iznosi 1 (1) (2) (2) (2) (1) p = p = p p H + pO + pN = pH + pO + 3 1 nH RT n O RT 1 nN RT RT nH p = p = + + = 3 V V 2 V V 3 1 i uzimajući u obzir V = V 0 3 3RT nH nN p = p = + nO + V 0 3 2





1 (1) p 2 N

nN 2

+ nO +





Zamenom Zamenom zadatih zadatih vrednosti vrednosti u dobijenoj dobijenoj formuli, formuli, za pritisak pritisak u srednjoj srednjoj komori komori imamo 3 8.3 molJ K 300 K p = p = 8.3 10−3 m3

·

·

·



1 1 1 + + 3 2 4



mol =

13 9 105 Pa = 9.75 105 Pa = 9.75 bar . 12

· ·

·

23


19  c Vežimo referentni referentni sistem za sistem spojenih sudova sudova koji se kreće u horizonta horizontalnom lnom pravcu pravcu ubrzanjem ubrzanjem a kao na slici. Na stubove stubove tečnosti tada pored gravitacione gravitacione sile vertikalno vertikalno naniže, deluje i inercijalna inercijalna sila u horizontalnom pravcu i smeru suprotnom od smera kretanja. Usled delovanja inercijalne sile, stubovi tečnosti u ovom sistemu spojenih sudova će imati različite visine h 2 > h1 , kao što je prikazano na slici.

Na levi stub tečnosti, mase m1 , deluje sila Zemljine teže vertikalno naniže intenziteta F g 1 = m = m 1 g

i inercijalna sila u pozitivnom smeru x −ose kao na slici, intenziteta F a1 = m = m 1 a

Ako rastavimo vektore ovih sila na komponente normalne na zid stuba i paralelne zidu stuba, kao na slici, uzimajući u obzir da je ugao koji stub zaklapa sa x −osom jednak 45 ◦ , dobijamo da je ukupna sila koja deluje paralelno zidu stuba F 1 = F g 1 + F a1 =

F g1 + F a1 m1 (g + a) = 2 2

√

√

dok je normalna komponenta ove sile F 1⊥ = F g 1⊥

g − a) − F a1⊥ = m1(√ 2

i ona je kompenzo kompenzovvana silom otpora zida suda koja deluje deluje na stub tečnosti. tečnosti. √ ∆ S može Masa tečnosti gustine ρ , u levom stubu dužine l 1 = h1 2 i poprečnog preseka ∆S može se izraziti preko

√

m1 = ρV 1 = ρ∆ ρ ∆Sl 1 = ρ = ρ∆ ∆Sh 1 2

te se za paralelnu komponentu sile na levi stub tečnosti ima izraz F 1 = ρ = ρ (g + a) h1 ∆S

odnosno, za pritisak u tečnosti na dnu levog stuba p1 =

F 1 = ρ (g + a) h1 ∆S

Primetimo da u slučaju mirovanja, ili ravnomernog pravolinijskog kretanja, a = 0, ovaj izraz se svodi na = ρgh h1 ) . hidrostatički pritisak na dnu stuba tečnosti visine h 1 ( p1 = ρg

24


Na sličan način dobijamo dobijamo izraz za pritisak pritisak tečnosti na dnu desnog stuba. Na desni stub tečnosti, tečnosti, mase m 2 , deluje sila Zemljine teže vertikalno naniže intenziteta F g 2 = m = m 2 g

kao i inercijalna sila u pozitivnom smeru x −ose kao na slici, intenziteta F a2 = m = m 2 a

Ako rastavimo vektore ovih sila na komponente normalne na zid stuba i paralelne zidu stuba, kao na slici, uzimajući u obzir da je ugao koji stub zaklapa sa x −osom jednak 45 ◦ , dobijamo da je ukupna sila koja deluje paralelno zidu stuba F 2 = F g 2

g − a) − F a2 = m2(√ − F a2 = F g2√ 2 2

dok je normalna komponenta ove sile F 2⊥ = F g 2⊥ + F a2⊥ =

m2 (g + a) 2

√

i ona je kompenzo kompenzovvana silom otpora zida suda koja deluje deluje na stub tečnosti. tečnosti. √ ∆ S je Masa tečnosti gustine ρ , u desnom stubu dužine l 2 = h2 2 i poprečnog preseka ∆S

√

m2 = ρV 2 = ρ∆ ρ ∆Sl 2 = ρ = ρ∆ ∆Sh 2 2

te se za paralelnu komponentu sile na desni stub tečnosti ima izraz F 2 = ρ = ρ (g

− a) h2∆S

odnosno, za pritisak u tečnosti na dnu desnog stuba p2 =

F 2 = ρ (g ∆S

− a) h2

Kako su leva i desni stub spojeni, ova dva pritiska na dnu tanke cevi su jednaka, odakle sledi p1 = p 2 ρ (g + a) h1 = ρ (g

− a) h2 a (h1 + h2 ) = g (h2 − h1 ) h2 − h1 a = g = g . h1 + h2

20  b Ekvivalentna krutost paralelne veze dve opruge krutosti k 1 i k 2 data je izrazom k p = k 1 + k2

dok je ekivivalentna krutost redne veze dve opruge krutosti k 1 i k2 data izrazom kr =

k1 k2 k1 + k2

= k 2 = k = k sa slike, imamo Korišćenjem prethodnih formula, za paralelnu vezu opruga krutosti k 1 = k k p = 2k

25


Sistem od dve paralelno vezane opruge krutosti k1 = 2k je vezan na red sa oprugom krutosti k2 = 4k te je ekvivalentna krutost ovog sistema opruga k1 k2 2k 4k 4 = = k k1 + k2 6k 3

·

ke =

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

Kad se teg mase m prikači na ovu oprugu, opruga će se istegnuti za dužinu l tako da na teg deluje sila elastičnosti opruge vertikalno naviše F 1 = k = k e l

i sila Zemljine teže vertikalno naniže F g = mg

i u stanju ravnoteže važi F 1 = F = F g

= mg ⇒ kel = mg

∆ x na teg će delovati sila elastičnosti Kada se teg izvede iz ravnotežnog položaja vertikalno naniže za pomeraj ∆x opruge vertikalno naviše F 2 = k e (l + ∆x ∆ x)

i ista sila Zemljine teže vertikalno naniže F g = mg = mg = k k e l

tako da je rezultantna sila koja deluje na teg data izrazom F = F 2

(l + ∆x ∆ x) − ke l = k = k e ∆x − F g = ke (l

∆ x iz ravnotežnog položaja i deluje u smeru suprotnom od smera kretanja Ova sila je proporcionalna pomeraju ∆x tega, tako da će teg oscilovati prostim harmonijskim oscilacijama sa periodom T = 2π 2π

   m = 2π ke

m

4 k 3

= π

3m . k

26


30. jun 2015.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (30. jun 2015.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Jedinica za jačinu struje se može izraziti preko drugih jedinica SI sistema a) eV/s d) V/m

b) C/s e) A/m

c) As/m n) ne znam

(3 poena)

2. Pri kružnom kretanju kretanju oko Sunca ugaona brzina centra centra Zemlje je približno a) 2 · 10−7 s−1 4 .8 · 10−6 s−1 d) 4.

1 .2 · 10−5 s−1 b) 1. e) 7.2 · 10−4 s−1

7 .3 · 10−5 s−1 c) 7. n) ne znam

(3 poena)

c) 4 neutrina n) ne znam

(3 poena)

c) konst onstan antn tnoj oj zapr zaprem emin inii n) ne znam

(3 poena)

3. Masa alfa čestice je približno jednaka masi a) 2 neutrona d) 2 protona

b) 4 elektrona e) Helijuma

4. Termodinamički izohorski proces se odvija pri a) konst onstan antn tnoj oj temp temper erat atur urii d) konstantnom pritisku

b) konst onstan antn tnoj oj entr entrop opij ijii e) konstantnoj entalpiji

5. Radna frekvencija procesora personalnog računara je 4 GHz. Jedan takt centralne procesorske jedinice traje a) 250 · 10−10 s d) 250 ps

b) 250 ns e) 2.5 · 10−12 s

c) 250 µ s n) ne znam

(3 poena)

6. Indeks prelamanja neke sredine je 1.5. Brzina svetlosnog zraka u toj sredini je ( c = 3 · 108 m/s) a) 2 · 108 m/s d) 3 · 108 m/s

b) 4.5 · 108 m/s e) 1.5 · 108 m/s

c) 10 8 m/s n) ne znam

(4 poena)

3 .6 · 103 Ws c) 3. n) ne znam

(4 poena)

7. Količina energije od 1 kWh je jednaka a) 3.6 · 1019 eV 3 .6 · 109 Nm d) 3.

3 .6 MJ b) 3. e) 3.6 · 1012 Pa · m3

8. Telo mase 5 kg se kreće po x−osi. Ako mu se brzina ravnomerno promeni za 2 m/s u intervalu vremena 0.5 sekundi, intenzitet sile koja je delovala na telo je a) 40 N d) 20 N

b) 10 N e) 15 N

c) 5 N n) ne znam

(4 poena)

27


30. jun 2015.

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

√

g/(4 3) a) g/(4 g /27 d) g/

b) g /4 g/16 e) g/16

c) g /9 n) ne znam

(4 poena)

10. Ako se pomeša 1 kilogram vode na temperaturi 30 °C i 2 kilograma vode na temperature 45°C, temperatura temperatura smeše biće a) 28°C b) 42°C c) 36°C d) 50°C e) 40°C n) ne znam (4 poena) 11. Oscilatorno električno kolo, koje se sastoji od kalema i kondenzatora, osciluje sa frekvencijom 159 kHz. Ako kalem ima induktivnost 1 µH, kapacitivnost kondenzatora je a) 1 µ F d) 100 nF

b) 10 µF e) 10 nF

c) 100 µ F n) ne znam

(5 poena)

12. Metalni Metalni cilindar tankih zidova zidova,, sa bazisom poluprečnika poluprečnika 5 cm, presečen je na polovini dužine. Ivice oba kružna otvora su fino obrađene a zatim priljubljene tako da cilindar po presečenoj ivici ne propušta vazduh vazduh (vidi sliku uz zadatak). zadatak). Iz unutrašnjost unutrašnjostii cilindra je izvučen sav vazduh. Ako je spoljašnji pritisak vazduha 10 5 Pa, intenzitet sile kojom je potrebno delovati na bazis svake polovine cilindra da bi se on rastavio je približno a) 15.7 kN d) 157 N

b) 1570 N e) 250 N

c) 785 N n) ne znam

√ 5 m/s. m/s.

13. Sa visine visine 1 m telo telo je izbačeno izbačeno naviše naviše početnom početnom brzino brzinom m 2 (g = 10 m/s )

√

a) 5 m/s √ d) 15 m/s

b) 5 m/s √ e) 30 m/s

Slika uz zadatak (5 poena)

Pri udaru udaru o tlo telo telo će imati imati brzinu brzinu

√

c) 2 5 m/s n) ne znam

(5 poena)

14. Po lepom vremenu vremenu jačina jačina električn električnog og polja (usmeren (usmerenog og naviše) naviše) na površi Zemlje Zemlje je 150 V/m. Ako Ako je poluprečnik Zemlje 6400 km, količina elektriciteta koja je homogeno raspoređena po njenoj površi je približno 4 πε 0 εr ∼ 1.1 · 10−10 F/m) (za vazduh je 4πε = 1. a) 4.5 · 103 C 6 .8 · 105 C d) 6.

3 .4 · 105 C b) 3. e) 6.8 · 10−3 C

0 .1 C c) 0. n) ne znam

(5 poena)

15. Srednja talasna dužina koju emituje led dioda je 500 nm. Električna snaga led diode je 300 mW, a efikasnost pretvaranja energije u svetlost je 66%. Broj emitovanih fotona u jedinici vremena je (h = 6.6 · 10−34 Js, c = 3 · 108 m/s) a) 5 · 1019 s−1 d) 5 · 1023 s−1

b) 5 · 1015 s−1 e) 5 · 1017 s−1

c) 5 · 1021 s−1 n) ne znam

(7 poena)

28


30. jun 2015.

16. Posmatrač gleda neki sitni predmet pomoću lupe koja ima žižnu daljinu 12 cm. Udaljenost njegovog oka od lupe je 1 cm. Najmanja daljina jasnog vida posmatrača je 25 cm a najveća kada je lik predmeta uspravan u beskonačnosti. Minimalna i maksimalna udaljenost predmeta od lupe na kojoj posmatrač jasno vidi lik predmeta je a) 8 cm, 25 cm d) 1 cm, 8cm

b) 8 cm, beskonačno e) 8 cm, 12 cm

c) 12 cm, beskonačno n) ne znam

(7 poena)

17. Kroz potrošač otpornosti 1 Ω , koji je priključen na krajeve akumulatora, uspostavlja se struja jačine 1 A. Ako se na isti akumulator priključi (umesto predhodnog) potrošač otpornosti 2.5 Ω , uspostavlja se struja jačine 0.5 A. Unutrašnja otpornost akumulatora je a) 9 Ω d) 6 Ω

b) 3 Ω e) 1.5 Ω

c) 0.5 Ω n) ne znam

(7 poena)

18. U široku cilindričnu cilindričnu posudu krutih krutih zidova zidova nalivena nalivena je voda h do visine 3 (videti (videti sliku uz zadatak). zadatak). Kroz čep na vrhu posude provučena je cevčica i uronjena u vodu do dubine h 1 tako da spoljašnji vazduh (pod pritiskom p0) može da prolazi samo kroz cevčicu. Dubina Dubina na kojoj se nalazi mali bočni otvor otvor na posudi kroz koji ističe voda je h 2 , pri čemu je h 1 < h2 < h3 . Ako je gravitaciono ubrzanje g , brzina isticanja vode iz bočnog otvora je

Slika uz zadatak a) v = d) v =

 

2g(h2 2gh2

− h1 )

b) v = e) v =

 

2g (h3

2gh3

− h1)



c) v = 2g (h3 − h2 ) n) ne znam

(8 poena)

19. Dva Dva posmatrača su jednako udaljena udaljena od dugačk dugačkog og i visokog visokog zida. Međusobno Međusobno rastojanje rastojanje posmatrača posmatrača je 150 m. Ako jedan od njih opali hitac iz pištolja uvis, drugi čuje dva pucnja u intervalu od 2 sekunde. Ako je brzina zvuka 340 m/s, udaljenost posmatrača od zida je a) 204 m d) 102 m

b) 408 m e) 51 m

c) 830 m n) ne znam

(8 poena)

20. Helijum He se sa temperature +50°C adijabatski adijabatski proširi proširi tako da mu temperatura temperatura padne na −50°C i pri tome izvrši rad od 6225 J. Broj molova helijuma je (R = 8.3 J/(mol K)) a) 2 d) 5

b) 10 e) 4

c) 3 n) ne znam

(8 poena)

29


REŠENJA

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

Q . t

Analiza jedinica sa leve i desne strane jednačine nam daje izraz za jačinu struje u SI sistemu: A = C/s. 2  a Zemlja napravi pun krug oko Sunca za period vremena

φ = 2 π rad

·

T = T = 365 dana = 365 24 60 60 s = 3.156 107 s

· · ·

·

Ugaona brzina centra Zemlje oko Sunca je približno ω =

≈ π · 107 s.

2 π T

· ≈ 2 · π = 2 · 10−7 s−1. π · 107 s

3  e Alfa čestica He čestica He 2+ je identična jezgru atoma Helijuma (koje se sastoji od dva protona i dva neutrona). Ako zanemarimo mase elektrona u atomu Helijuma, masa alfa čestice približno je jednaka masi atoma Helijuma. 4  c Termodinamički izohorski proces se odvija pri konstantnoj zapremini. 9 d Frekvenciji procesora personalnog računara od f = 4 GHz = 4 · 10 Hz odgovara 5  Hz odgovara period (ili jedan takt centralne procesorke jedinice) od

T =

1 1 = 10−9 s = 0.25 10−9 s = 250 f 4

·

·

·

10−12 s = 250 250 ps.

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

c0 3 m m = 108 = 2 108 . n 1.5 s s

·

·

7  b Količina energije od 1 kWh jednaka je Q = 1 kWh = 103 3600 Ws = 3.6 106 J = 3.6 MJ.

·

·

8  d Intenzitet sile koja deluje na telo mase m i prouzrokuje ubrzanje tog tela a je dat drugim Newton-ovim zakonom F = ma

Kako je ubzanje definisano kao promena brzine u jedinici vremena a =

∆v ∆t

za intenzitet sile se dobija F = ma = ma = m m

2m ∆v m s = 5 kg = 20 kg 2 = 20 N. ∆t 0.5 s s

·

31


9  c Jačina gravitacionog polja na površini Zemlje je definisana izrazom M g = γ = γ 2 R

gde je γ - gravitaciona konstanta, M - masa Zemlje i R - rastojanje od centra Zemlje do njene povšine (što je ujedno i Zemljin poluprečnik). R + h = 3R od centra Zemlje, jačina gravitacionog polja iznosi Na visini h = 2 R , odnosno na rastojanju R 1 = R + M M 1 M g g1 = γ = γ 2 = γ 2 = γ 2 = . R1 9R 9 R 9

·

10  e Neka je c specifična toplota vode. Količina toplote koju sadrži voda mase m na temperaturi temperaturi T data je izrazom Q = mcT = mcT = m1 cT 1 ) sa masom vode m 2 Ako pomešamo masu vode m 1 na temperaturi T 1 (i količinom sadržane toplote Q 1 = m na temperaturi temperaturi T 2 (i količinom sadržane toplote Q2 = m 2 cT 2 ), na osnovu zakona održanja energije, količina toplote rezultujuće smeše biće Q = Q = Q 1 + Q2 = c = c (m1 T 1 + m2 T 2 ) m = m m1 + m2 , iste specifične toplote c , i na rezultujućoj temperaturi Kako je rezultujuća smeša takođe voda, mase m = T , to se količina toplote može izraziti i u sledećem obliku Q = mcT = mcT = (m ( m1 + m2 ) cT

Iz poslednje dve jednačine sledi (m1 + m2 ) c T = c (m1 T 1 + m2 T 2 )

odakle dalje dobijamo temperaturu smeše: T = T =

m1 T 1 + m2 T 2 m1 + m2

1 30 + 2 45 o C 1+2 T = 40 o C.

·

·

11  a Frekvencija rekvencija oscilovanja oscilovanja električnog električnog kola kola koje se sastoji od idealnog idealnog kalema induktivnosti induktivnosti L i idealnog kondenzatora kapacitivnosti C data data je sledećim izrazom f =

1 √ 2π LC

odakle se za kapacitivnost kondenzatora dobija C = =

1 4π 2 f 2 L

≈ 1 µ F.

32


12  c Kako je iz unutrašnjosti metalnog cilindra izvučen sav vazduh, vazduh, to je pritisak pritisak unutar unutar cilindra cilindra p 1 = 0 (vacuum). Kako je spoljašnji pritisak p2 = p 0 = 105 Pa, to usled razlike pritiska, na osnove (basise) cilindra deluje sila (ka unutra) F p = ( p2

= p 0 S − p1) S =

π r2 povšina bazisa cilindra, a r njegov poluprečnik. gde je S = πr Ova sila deluje na oba bazisa cilindra (ka unutra). Da bi se polovine cilindra razdvojile, potrebno je delovati silama najmanje istog intenziteta na oba bazisa, samo u suprotnom smeru od sile pritiska. Dakle: F = F p = p0 S = = p 0 πr 2 = 105 Pa 3.14

·

· 5 · 10−2 m 2 = 785 N.





13  b U ovom zadatku koristimo jednačinu vertikalnog hica. Telo izbačeno sa visine h vertikalno naviše brzinom v 0 će dospeti na visinu H = h + h1 , (vidi sliku), pri čemu na osnovu jednačine vertikalnog hica važi h1 =

v02 2g

Sa visine H = h + h1 , telo zatim pada prema tlu, sa početnom brzinom nula i ubrzanjem g, tako da će njegova brzina pri udaru u tlo, na osnovu jednačine vertikalnog hica iznositi v2 =

Zamenom g = 10

     2gH =

2g h +

v02 2g

=

2gh + v02 .

m m h = h = 1 v = 5 , m i , za vrednost brzine dobijamo 0 s2 s √ m m v2 = 20 + 5 = 5 . s s

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

Q 4πε 0 εr R2

odakle se za količinu naelektrisanja dobija

≈ ≈ 1.1 · 10−10 Fm ·

Q = 4πε 0 εr R2 E



2

·

6.4 106 m

·

150

V = 6.8 · 105 C. m

15  e Dioda električne snage P d i efikasnosti pretvaranja energije u svetlost η , emituje svetlost snage P = ηP η P d

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

E f f = h

U slučaju da dioda emituje n ovakvih fotona u jedinici vremena, snaga svetlosti se može izraziti u sledećem obliku c P = nE f f = nh

Iz prethodnih jednačina dobijamo: nh

λ

c = ηP d λ

odakle je broj emitovanih fotona u jedinici vremena n =

ηP d λ 0.66 300 10−3 W 500 10−9 m = = 5 1017 s−1 . hc 6.6 10−34 Js 3 108 ms

·

·

·

·

· ·

·

·

33


16  e Neka je posmatrani predmet na udaljenosti p od lupe. Lupa će stvoriti imaginarni lik tog posmatranog predmeta na + d od oka, gde udaljenosti q od od lupe odnosno na udaljenosti q + d = 1 cm cm označa označavva udaljenost udaljenost lupe od oka. Prema uslovima uslovima zadatka, posmatrač će biti u mogućnosti da jasno vidi lik, ako za udaljenost tog lika od oka važi 25 cm

+ d < ∞ ≤ q +

odnosno 24 cm

ili

≤q<∞

1

1 > 0 ≥ 24 cm q

Ako je žižna daljina lupe f , posmatrani posmatrani predmet na udaljenosti udaljenosti p , a (imaginarni) lik na udaljenosti q , prema jednačini tankog sočiva so čiva imamo: 1 1 = f p

− q 1

gde je znak minus ispred

1 zato što je lik imaginaran imaginaran (sa iste strane sočiva sočiva kao i posmat p osmatrani rani predmet). predmet). q

Odavde je

1 1 = q p

− f 1 . 1

Ako uzmemo u obzir nejednakost koja važi za udaljenost imaginarnog lika 24 nejednakost za udaljenost posmatranog predmeta 1 24

≥

1 > 0, dobijamo sledeću q

≥ p1 − f 1 > 0

1 1 + 24 f 1 1 + 24 12 1 1 8 p

≥

≥

≥ 8 cm ≤

1 1 > p f 1 1 > p 12 1 > 12

p < 12 cm .

17  c Kolo na slici predstavlja potrošač otpornosti R priključen na krajeve akumulatora sa naponom otvorenog kola V g i unutrašnje otpornosti R g . Struja koja se uspostavi u ovom kolu data je Ohm-ovim zakonom I =

V g Rg + R

U slučaju R 1 = 1 Ω, uspostavlja se struja jačine I 1 = 1 A i važi I 1 =

V g Rg + R1

U slučaju R 2 = 2.5 Ω, uspostavlja se struja jačine I 2 = 0.5 A i važi I 2 =

Iz prethodne dve jednačine dobijamo

V g Rg + R2

I 1 Rg + R2 = I 2 Rg + R1

34


odakle je

R1 I I − Rg = I I − 1 2.5 Ω − 1 Ω · 2 = 0.5 Ω. 2−1 R2

1 2

1 2

Rg =

18  a Posmatramo Posmatramo dva dva poprečna preseka u sudu, na kojima je pritisak pritisak poznat. Prvi poprečni presek S 1 je u cilindru na dubini h 1 na kojoj je zbog uronjene cevčice pritisak jednak spoljašnjem pritisku p1 = p 0. Neka je na tom poprečnom preseku brzina spuštanja nivoa vode v 1 . Drugi poprečni presek S 2 na kome je pritisak poznat je na izlazu malog bočnog otvora na dubini h2 na kojoj je pritisak takodje jednak spoljašnjem pritisku p2 = p0 . Neka je brzina isticanja vode u tom preseku v2 . Primenom Bernoulli-jeve jednačine na presecima S 1 i S 2 , dobijamo sledeći izraz 1 p1 + ρv12 + ρg (h2 2

1 p2 + ρv22 + ρg 0 2

− h1 ) =

·

gde su visine računate u odnosu na referentni nivo S ref ref . Kako je poprečni presek cilindra mnogo veći od poprečnog preseka malog bočnog otvora, to se brzina spuštanja nivoa vode u cilindru može zanemariti v1 ≈ 0. Uzimajući u = p 2 = p 0 , iz prethodne jednačine dobijamo obzir p 1 = p ρg (h2

− h1) =

1 2 ρv 2 2

odnosno, za brzinu isticanja vode iz malog bočnog otvora v2 =



2ρg (h2

− h1 ) .

19  b Neka su posmatrači A i B na međusobnom rastojanju x, i podjednako udaljeni od zida na rastojanju y . Posmatrač B čuje dva pucnja kada posmatrač A ispali hitac. Prvi je zvuk koji direktnom linijom stigne do posmatrača B prešavši put s 1 = x brzinom zvuka v za vreme s x t1 =

1

v

=

v

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

  

s2 = 2 y 2 +

x 2

2

brzinom zvuka v za vreme

  

s2 2 t2 = = v v ∆ t = 2 s , odnosno Ova dva zvuka čuju se u intervalu ∆t ∆t = t = t 2

−

1 t1 = v

x 2

y2 +

2

     − x 2

2 y2 +

2

x

Odakle se za udaljenost posmatrača od zida y dobija

    −  y2 +

y =

x 2

2

1 = (v ( v ∆t + x) 2

1 (v ( v∆t + x)2 4

x 2

2

= 408. 408.2 m

35


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

−∆U = −(U 2 − U 1) = U 1 − U 2

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

Sada imamo A = U = U 1

3 nRT 2

− U 2 = 23 nR (T 1 − T 2)

odakle se za broj molova Helijuma dobija n =

2 A 3 R (T 1 T 2 )

−

A = 6225 J, R = 8.31 Zamenom T 1 = +50o C , T 2 = −50o C, A =

J iz prethodne jednačine se dobija vrednost mol K

n = 5 mol.

36


8. jul 2014.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (8. jul 2014.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Elektron volt (eV) je jedinica za a) snagu d) silu

b) energiju e) magnetsku indukciju

5 .4 km /(h · s) je jednako 2. Ubrzanje tela od 5.

a) 1.05 m /s2 6 .5 m /s2 d) 6.

0 .5 m /s2 b) 0. e) 1.5 m /s2

c) magnetski fluks n) ne znam

(3 poena)

2 .5 m /s2 c) 2. n) ne znam

(3 poena)

c) neutrina n) ne znam

(3 poena)

c) N/C n) ne znam

(3 poena)

3. Masa protona približno je jednaka masi a) neutrona d) pozitrona

b) elektrona e) alfa čestice

4. Jedinica Jedinica za jačinu jačinu električno električnogg polja, izražena izražena preko jedinica SI, je a) kg m3 /s2 d) N C

b) kg m/s2 e) N/C2

5. Naizmenična struja u energetskoj mreži ima frekvenciju oscilovanja 50 Hz. Talasna dužina elektromagnetskog talasa koji odgovara ovoj frekvenciji je ( c = 3 · 108 m/s) a) 1500 km d) 6000 km

b) 12000 km e) 3000 km

c) 750 km n) ne znam

(3 poena)

6. Indeks prelamanja sredine u kojoj svetlosni zrak pređe rastojanje 1.5 m za 7.5 ns je ( c = 3 · 108 m/s) a) 1.33 d) 2

b) 1.5 e) 3

c) 2.5 n) ne znam

(4 poena)

7. U tri otvorene posude ispunjene vodom do iste visine H , pritisci pritisci na dno suda su p 1 , p2, i p3 , pri čemu je a) p3 > p2 > p1 = p 1 c) p 3 = p 2 = p = p 2 e) p 1 < p3 = p

= p 1 b) p 2 < p3 = p = p 3 d) p 1 > p2 = p n) ne znam

(4 poena)

37


8. jul 2014.

8. Brzina prostiranja svetlosti u vakuumu zavisi od a) frekvencije c) brzine izvora svetlosti e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) talasne dužine d) intenziteta n) ne znam

(4 poena)

9. Induktivna Induktivna otpornost idealnog idealnog kalema kalema induktivnost induktivnostii 2 H, kroz koji je uspostavljen uspostavljenaa stalna stalna jednosmerna jednosmerna struja jačine 1.5 A, je a) 0.75 Ω d) 0 Ω

b) 3 Ω e) 6 Ω

c) 2 Ω n) ne znam

(4 poena)

10. Molarna Molarna zapremina idealnog idealnog gasa na pritisku p i temperaturi T proporcionalna je a) T /p ln( p/T )) d) ln( p/T

b) pT ln(T /p) /p) e) ln(T

c) p/T n) ne znam

(4 poena)

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

√

a) g/ 3 √ g / 2 d) g/

b) g /4 √ g/(2 2) e) g/(2

c) g /2 n) ne znam

(5 poena)

12. Dve identične identične sijalice sijalice vežu se za krajeve krajeve izvora izvora stalnog jednosmern jednosmernog og napona u prvom prvom slučaju na red, a u drugom drugom paralelno. paralelno. Količnik Količnik električnih električnih snaga ovih sijalica u prvom prvom i u drugom drugom slučaju je a) 2 d) 1/2

b) 1/4 e) 1

c) 4 n) ne znam

(5 poena)

13. Telo se izbaci izbaci sa površi površi Zemlje Zemlje kao kosi kosi hitac tako tako da je domet domet tela maksimal maksimalan. an. Količn Količnik ik dometa dometa i maksimalne visine koju telo dostiže tokom kretanja je a) 4 d) 2

b) 1 e) 3

c) 0.2 n) ne znam

(5 poena)

14. Čestica mase m i naelektrisanja q se kreće pod uticajem homogenog magnetskog polja indukcije po kružnici poluprečnika R, brzinom v . Rad Lorencove sile kada čestica obiđe jedan krug je a) 2πRqvB d) 0

2 πmv 2 b) 2πmv e) 2RqvB

c) mv 2 /2 n) ne znam

(5 poena)

c) 3 s n) ne znam

(7 poena)

15. 15. Blok Blokov ovi, i, čije su mase mase m i 2m , postavljeni su na glatku horizontalnu ravan ravan i po vezani neistegljivim kanapom zanemarljivo male mase. Maksimalni intenzitet sile zatezanja u kanapu, a da se kanap ne prekine, je T max blokovee deluju deluju dve max = 10 N. Na blokov horizon horizontal talne ne sile kao na slici. Ako Ako se intenzi intenzitet tetii sila menjaju menjaju u toku vremena po zakonu F 1 = At i F 2 = Bt (t ≥ 0) gde su A = 1 N/s i B = 3 N/s , trenutak kada će se kanap prekinuti je a) 1 s d) 6 s

b) 2 s e) 9 s

38


8. jul 2014.

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

arcsin(1/6) a) arcsin(1/ √ 15//6) d) arcsin( 15

√

17//6) b) arcsin( 17 √ 13//6) e) arcsin( 13

arcsin(1/4) c) arcsin(1/ n) ne znam

(7 poena)

17. U cevčicu je ubačen gasoviti α -radioaktivni izotop radona 222 Rn, sa vremenom poluraspada 3.82 dana, i 86 Rn, 9 izmešan sa praškastim praškastim berilijumom 4 Be. Be. Ova Ova smeša predstavlja predstavlja neutronski neutronski izvor u kojoj se odvija nuklearna nuklearna + α → 12 + n reakcija 94 Be + α C . U trenutku trenutk u formiranja formiran ja izvora aktivnost akt ivnost radona rado na je 4 MBq. Ako jedna jedn a od 4000 6 α-čestica izazove navedenu reakciju, posle 3.82 dana od formiranja izvora, broj izračenih neutrona u jednoj sekundi je a) 2 · 106 d) 4000

c) 5 · 105 n) ne znam

b) 2000 e) 500

(7 poena)

18. Za neki gas izmerene su vrednosti specifične toplote pri stalnom pritisku 5 .18 kJ/(kg K) specifične toplote 3 .1 kJ/(kg K). R = 8.31 kJ/(kmol K), pri konstantnoj konstantnoj zapremini zapremini 3. K). Smatrajući da je univerzalna gasna konstanta R = K), radi se o a) 21H2 b) 40 c) 42 He 18 Ar d) N2 e) CH4 n) ne znam (8 poena)

19. Na slici je prikazano kolo kolo stalne jednosmern jednosmernee struje. Prijemnik Prijemnik se sastoji od promenljivog otpornika otpornosti R. Ako se u prijemniku razvija maksimalna električna snaga, njegova otpornost je a) 9 Ω c) 0.5 Ω 1 .5 Ω e) 1.

b) 3 Ω d) 6 Ω n) ne znam

(8 poena)

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

√

a) π/ 5 s √ 2 π/ 7 s d) 2π/

√

2 π/ 5 s b) 2π/ √ e) 4π/ 5 s

√

c) π/ 7 s n) ne znam

(8 poena)

39


REŠENJA

1  b Elektron volt (eV) je jedinica za energiju. 2  e a = 5.4

103 m 5400 m km m = 5.4 = = 1 . 5 3600 s · s 3600 s2 h·s s2

3  a Masa protona je približno jednaka masi neutrona. c Pođimo od izraza za električnu silu F koja deluje na česticu naelektrisanja q kada se ona nađe u električnom 4 električnom polju intenziteta E :

F = qE q E

ili ekvivalentno E = =

F . q

Kako je jedinica za silu N, a za naelektrisanje C, to iz prethodne jednačine sledi da se jedinica jačine električnog polja može izraziti kao N/C. 8 5  d Talasna dužina elektromagnetnog talasa koji odgovara frekvenciji f = 50 Hz , u vazduhu (c = 3 · 10 m/s) je data izrazom 3 · 108 ms c λ = = = 6 · 106 m = 6000 km . 1

f

50 s

8m 6  b Brzina svetlosnog zraka u sredini sa indeksom prelamanja n je c 0 /n gde je c 0 = 3 · 10 brzina svetlosti u s ∆ t svetlosni zrak u ovoj sredini pređe put vakuumu. Za vreme ∆t

∆s =

c0 ∆t ∆ t n

odakle se za indeks prelamanja prelamanja dobija 3 108 ms 7.5 10−9 s c0 ∆t n = = = 1.5. s 1.5 m

·

·

·

7  c Pritisak na dnu otvorene otvorene posude ispunjene vodom do visine H dat je izrazom p = p = ρg ρgH H + p + p0

gde je g gravitaciona konstanta, ρ - gustina vode i p 0 - spoljašnji pritisak, i ne zavisi od oblika posude. Prema = p 3 . tome, za istu visinu H , važiće: p1 = p 2 = p

8  e Brzina Brzina svetl svetlost ostii je apsolu apsolutna tna prema prema Einstei Einsteino novoj voj specijal specijalnoj noj teorij teorijii relativ relativnos nosti, ti, i kao takv takva ne zavis zavisii ni od frekv frekvenc encije ije (talas (talasne ne dužine dužine), ), inten intenzite ziteta, ta, ni brzine brzine izvora izvora svetl svetlost ostii. Odgo Odgovo vorr e) je tačan. tačan. 9  d Induktivna otpornost idealnog kalema L, na učestanosti ω je: X = ωL . Pošto Pošto za stalnu stalnu jednosmernu jednosmernu struju važi ω = 0, sledi da je induktivna otpornost jednosmerne struje jednaka nuli: X = 0 Ω.

41


10  a Jednačina stanja idealnog gasa je

pV = nRT

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

mol = R

T p

∼ pT .

11  c Jačina gravitacionog polja na površi Zemlje jednaka je gravitacionoj konstanti i može se definisati sledećom jednačinom M g = γ = γ 2 R gde je M masa Zemlje obuhvaćena sferom radijusa R (poluprečnik Zemlje). Jačina gravitacionog polja na dubini R/2 : jednakoj polovini poluprečnika Zemlje, odgovaraće odgovaraće masi M 1 koja je obuhvaćena sferom radijusa R 1 = R/2 g1 = γ = γ

M 1 R21

Ako sa ρ označimo gustinu Zemlje, tada je masa M 1 4 4 M 1 = ρV = ρV 1 = ρ πR31 = ρ π 3 3

 R 2

3

=

1 4 3 1 ρ πR = M 8 3 8

·

i za jačinu gravitacionog polja na dubini jednakoj polovini poluprečnika Zemlje dobijamo 1 M M 1 1 M 1 g1 = γ = γ 2 = γ 8 2 = γ 2 = g. R R1 2 R 2

 2

12  identičnih sijalica R 1 = R2 = R. Ekvivalentna otpornost redne veze ovih dveju b Neka je otpornost dveju identičnih sijalica je Rr = R1 + R2 = 2R

dok je ekvivalentna otpornost paralelne veze ovih dveju sijalica R p =

R1 R2 R = . R1 + R2 2

Kada se sijalice vežu na izvor jednosmernog napona U , električna snaga koja se razvije na njima data je sledećim izrazima U 2 P r = , za rednu rednu vezu Rr

P p =

U 2 , za paralelnu paralelnu vezu R p

te se njihov količnik može izraziti u sledećem obliku R P r R p 1 = = 2 = . P p Rr 2R 4

a U priloženom rešenju su izvedene jednačine kosog 13  hica. Neka je telo izbačeno početnom brzinom v 0 pod uglom α u odnosu na površinu površinu Zemlje. Zemlje. Ako rastavi rastavimo mo vektor početne brzine na horizontalnu (x) i vertikalnu (y) komponentu, onda važi

v0x = v0 cos α v0y = v0 sin α

42


Neka telo dostigne domet D za vreme t. Duž x -ose, telo se kreće ravnomernom brzinom v0x tako da duž ove ose važi jednačina D = v = v 0x t = v = v 0 t cos α

Duž y- ose praktično imamo vertikalni vertikalni hitac, telo kao da je izbačeno izbačeno uvis početnom brzinom v 0y i na njega deluje sila Zemljine teže, tako da se kreće sa ubrzanjem ubrzanjem −g. Na maksimalnoj visini H , vertikalna brzina tela je nula α − ⇒ t1 = vg0y = v0 sin g

0 = v0y gt 1

odakle se za visinu dobija

2

H = v0y t1

− 12 gt21 = v0 sin 2g

2

α

.

Sa visine H telo nastavlja da se kreće ubrzanjem g i stigne na površinu Zemlje za vreme t 2 tako da važi 1 H = gt 22 2

⇒ t2 =

 

2v20 sin2 α v0 sin α = = t 1 . 2 2g g

2H = g

Dakle ukupno vreme potrebno da telo dotakne površinu Zemlje od trenutka izbacanja je 2v0 sin α g

t = t = t 1 + t2 =

pa se za domet dobija D = v = v 0 t cos α =

v02 v2 2sinα 2sinαcos α = 0 sin sin (2α (2α). g g

sin2α ≤ 1, maksimalni domet D se dobija za ugao koji zadovoljava Kako je sin2α sin sin (2α (2α) = 1

⇒ α = π4 .

Tada je Dmax =

i

v02 g 2

 

v02 sin π4 H max = max 2g

=

v02 4g

Traženi količnik maksimalnog dometa i maksimalne visine iznosi Dmax = H max max

v02 g v02 4g

= 4. 4.

14  d Na česticu naelektrisanja q koja se kreće pod uticajem homogenog  , po kružnici magnetskog polja indukcije B kružnici poluprečnik poluprečnikaa R , brzinom v deluje Lorentz-ova sila data izrazom  = qv F

× B

Kao što se vidi sa slike i iz prethodnog izraza, ova sila je uvek normalna na vektor brzine odnosno na vektor putanje čestice. Rad sile jednak je skalarnom proizvodu vektora sile i vektora putanje. Kako su u svakoj tački putanje ova dva vektora normalna, to je njihov skalarni proizvod u svakoj tački putanje nula, pa je i ukupan rad Lorentz-ove sile nula.

43


15  blokova kreće ubrzanjem ubrzanjem a u smeru delovanja d Neka se sistem blokova sile F 2 kao na slici. Na blok mase m deluje sila zatezanja u kanapu T 1 i sila F 1 tako da prema II Newton-ovom zakonu važi ma = ma = T T 1 F 1 2 m deluje sila F 2 i sila zatezanja u kanapu T 2 tako da prema II Newton-ovom zakonu važi Na blok mase 2m

−

2ma = ma = F F 2

− T 2

Suma ove dve jednačine daje 3ma = ma = F F 2

− F 1 + T 1 − T 2

= T , odnosno kako je kanap neistegljiv, to je T 1 = T 2 = T 3ma = ma = F F 2

1 ma = (F ( F 2 − F 1 ) − F 1 ⇒ ma = 3

Iz prve jednačine, za silu zatezanja u kanapu dobijamo ma = ma = T T

− − F 1 ⇒

1 T = F 1 + ma = ma = F F 1 + (F ( F 2 3

(2 F 1 + F 2 ) . − F 1) = 31 (2F

Uzimajući u obzir F 1 = At F 2 = Bt B t

dobijamo

1 1 T = (2F (2 F 1 + F 2 ) = (2A (2 A + B ) t 3 3

= t max kada sila zatezanja dostigne maksimalni intenzitet T = T max Kanap će se prekinuti u trenutku t = t max 1 T max (2 A + B ) tmax max = (2A 3

odakle je tmax =

3T max 30 N max = = 6 s. 2A + B 5 Ns

( n0 = 1) na centar 16  b Svetlosni zrak upada iz vazduha (n osnove staklenog cilindra (indeksa prelamanja n s = 3/2) pod uglom θ u odnosu na normalu i prelama se u cilindru pod uglom θs u odnosu na normalu. Iz Snell-ovog zakona prelamanja svetlosti važi n0 sin θ = n = n s sin θs

Zrak zatim nastavlja put do bočne strane cilindra na koju pada pod uglom θc =

π 2

− θs

Uslov da se zrak totalno reflektuje od površi koja deli stakleni cilindar od vode, je da za upadni ugao važi uslov totalne refleksije ns sin θc = n = n v sin

odakle je sin θc =

ili cos2 θc = 1

nv = ns

π = n v 2

4 3 3 2

=

8 9

17 = − sin2 θc = 1 − 64 81 81

44


cos θc =

√ 17 9

Iz prve dve jednačine dobijamo sin θ =

ns ns π sin θs = sin n0 n0 2

 − 

θc =

ns cos θc n0

i uzimajući u obzir izračunatu vrednost kritičnog ugla i indeksa prelamanja u staklu i vazduhu 3 sin θ = 2

·

√ 17 √ 17 9

θ = arcsin

=

6

√ 17 6

Za sve upadne uglove manje od ovog kritičnog ugla, imaćemo totalnu refleksiju na provrši između stakla i vode i zrak nikada neće moći da napusti stakleni cilindar. 17  e U trenutku formiranja izvora, izvora, aktivnost radona je N = 4 MBq. Nakon Nakon 3.82 dana od formiranja formiranja izvora, izvora, odnosno, nakon vremena jednakoh vremenu poluraspada, aktivnost radona (broj raspadnutih jezgara u jedinici vremena) jednak je polovini početne aktivnosti radona N 1/2 =

N = 2 MBq 2

To znači da radon tada emituje 2 · 106 α-čestica u sekundi. Ako jedna od 4000 emitovanih α -čestica izaziva nuklearnu reakciju 94 Be + α → 12 6 C + n, to se na svakih 4000 α-čestica -čestica emituje jedan neutron. Odavde Odavde sledi da je broj emitova emitovaih ih neutrona u jednoj sekundi 2 106 = 500. 500. 4000

·

c Neka je c p = 5. 5 .18 kJ /(kg K) specifična toplota pri stalnom pritisku i c v = 3. 3 .1 kJ /(kg K) specifična toplota 18  pri stalnoj zapremini. Neka je M masa jednog mola ovog gasa. Specifične molarne toplote gasa pri stalnom pritisku pritisku odnosno stalnoj zapremini su date izrazima

C p = M c p C v = M cv

Znajući da je razlika između ovih specifičnih molarnih toplota gasa jednaka univerzalnoj gasnoj konstanti R = C = C p

( c p − cv ) − C v = M (c

za masu jednog mola ovog gasa dobijamo M =

što odgovara molarnoj masi gasa

R c p

−

kJ 8.31 kmol K kg g kmol K = = 4 = 4 kJ kJ cv kmol mol 5.18 kgK 3.1 kgK

−

4 2 He.

19  e Na slici smo sa I 1 označili struju koja teče kroz otpornik R 1 , sa I 2 struju koja teče kroz otpornik R2 i sa I R struju koja teče kroz promenljivi otpornik R . Snaga koja se razvija na otporniku R je 2 P = I R R.

Na osnovu Ohm-ovog zakona, pad napona U R na paralelnoj vezi otpornika R2 i R dat je izrazom

45


U R = R2 I 2 = RI = RI R

odavde je I 2 =

R I R R2

što u kombinaciji sa jednačinom prvog Kirchhoff-ovog zakona za čvor A daje I 1 = I = I 2 + I R R R + R2 I R + I R = I R R2 R2

I 1 =

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

− R1I 1 − RI R = 0

gde zamenom prethodnog izraza za I 1 dobijamo E

− R1 R +R2R2 I R − RI R = 0

R + R2 I R + RI R R2 R + R2 E = = R1 I R + RI R R2 E = = R1

E = =





R 1 R1 + R + R I R R2

Uzimajući u obzir R2 = R1 = 3 Ω i R 1 /R2 = 1 prethodni izraz se može uprostiti: E = = (R1 + 2R) I R

odnosno I R =

E R1 + 2R

Tako izraz za snagu postaje 2 P = I R R = E = E 2

R (R1 + 2R 2 R)2

Snaga će biti maksimalna za maksimalnu vrednost funkcije f (R (R) =

R (R1 + 2R 2 R)2

Nađimo prvi izvod ove funkcije f  (R) =

1 (R1 + 2R 2 R)2

·

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

(R1 + 2R 2 R)2

R1 + 2R 2R

R1 + 2R 2R

gde smo koristili formulu za izvod količnika u v

sa





=

= R, u = R, v = (R1 + 2R 2 R)2

u v

− uv

v2

u = 1

2 R) · 2 → v = 2 · (R1 + 2R

Funkcija će imati maksimum kada je izvod te funkcije jednak nuli f  (R) = 0 R1 2R =0 R1 + 2R 2R

−

46


R1 R =

− 2R = 0

R1 = 1. 1 .5 Ω. 2

M ) 20  a Kada je kruti štap sa dvema dvema kuglama (od kojih obe imaju masu M ) otklonjen za mali ugao θ , na kugle deluje sila Zemljine teže koja proizvodi rezultujući moment sile M F F = F 1 L + F 2 2L

·

gde za F 1 i F 2 važi (vidi sliku) F 1 = F 2 = M g sin θ

Odavde sledi da je moment sile M F 2 F 2 )L = 3M gL sin θ F = (F 1 + 2F

Za male uglove θ važi sin θ ≈ θ tako da imamo M F F = 3M gL sin θ

θ = k k · θ ≈ 3MgL θ =

Kako na sistem deluje moment sile oblika k · θ u smeru suprotnom od smera kretanja, to će sistem oscilovati harmonijskim oscilacijama frekvencije 1 f = 2π



k I

gde je k = 3M gL a I je moment inercije sistema sistema od dve kugle koji se može izračunati izračunati prema sledećoj formuli formuli I = M L2 + M (2L (2 L)2 = 5M L5

Za frekvenciju malih oscilacija se sada dobija 1 f = 2π

Za date vrednosti g = 10

  k 1 = I 2π

3M gL 1 = 2 5M L 2π



3g 5L

m i L = 0.3 m dalje dobijamo s2 1 f = 2π



3g 1 = 5L 2π



30 sm 1 1 = 20 Hz = 5 Hz 1.5 m 2π π

Odnosno, za period malih oscilacija se ima T =

√

2

√

1 π = s. f 5

√

47


2. jul 2013.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (2. jul 2013.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Weber (Wb = T·m2 ) je jedinica za a) snagu d) električni fluks



(3 poena)

2. Vreme potrebno da laserski zrak poslat sa Zemlje stigne do ogledala na Mesecu i da se vrati nazad na Zemlju iznosi 2.5 s. Udaljenost površi Meseca od površi Zemlje je približno ( c = 3 · 108 m/s) a) 188 · 103 km d) 750 · 103 km

b) 375 · 106 km e) 375 · 103 km

c) 750 · 106 km n) ne znam

(3 poena)

mg h c) mgh n) ne znam

(3 poena)

3. Koji od navedenih izraza ne spada u istu kategoriju a) qvB d) ma

b) γ m1m2 /r2 (4πε0 r2 ) e) q 1 q 2 /(4πε

4. Zapremina dva mola idealnog gasa na temperaturi od 0 °C i pritisku od 101 kPa je ( R = 8.3 J/(mol K)) a) 22.4 dm3 d) 224 dm3

b) 44.8 dm3 e) 2240 cm3

c) 22.4 m3 n) ne znam

(3 poena)

5. Učestanost Učestanost oscilatora oscilatora personalnog personalnog računara je 3.2 GHz. Jedan takt centralne centralne procesorske procesorske jedinice jedinice traje a) 312.5 ps 312..5 · 10−10 s d) 312

b) 312.5 ns e) 3.125 · 10−12 s

c) 312.5 µ s n) ne znam

(3 poena)

6. Grad se snabdeva vodom preko cevi površine poprečnog preseka 0.4 m 2 . Brzina proticanja vode kroz ovu cev je 0.1 m/s pri prosečnoj dnevnoj potrošnji svakog domaćinstva od 288 litara. Ako nema gubitaka vode u vodovodnoj mreži, broj domaćinstava u gradu je a) 500 d) 5000

b) 1200 e) 30000

c) 12000 n) ne znam

(4 poena)

7. Kroz Kroz prav prav provod provodnik nik koji se nalazi nalazi u stalno stalnom, m, homoge homogenom nom magnetsk magnetskom om polju polju usposta uspostavlj vljena ena je stalna stalna   jednosmerna struja. s truja. Pravilan raspored vektora sile F na provodnik, vektora magnetske indukcije B i vektora  (prema smeru struje) je dužine provodnika L

49


2. jul 2013.

(4 poena)

8. Rad koji izvrši idealni gas pri širenju na konstantnom pritisku od 100 kPa od zapremine 2 litra do zapremine 10 litara je a) 80 J d) 12 J

b) 800 J e) 120 J

c) 8 J n) ne znam

(4 poena)

9. Visina na koju treba podići neko telo iznad površi Zemlje poluprečnika R da bi intenzitet gravitacionog polja opao na jednu četvrtinu vrednosti na površi Zemlje je a) R d) 4R

b) 2R e) R/2

c) 3R n) ne znam

(4 poena)

10. Kuglica Kuglica sa naelektrisanjem naelektrisanjem q se se nalazi u koordinatnom početku, a kuglica sa naelektrisanjem 4 q se se nalazi na rastojanju L od prve na pozitivnom delu x -ose. Koordinata mesta na x -osi gde je rezultantno električno polje jednako nuli je a) L/2 d) L/3

b) 5L/4 e) -L/3

c) 2L/3 n) ne znam

(4 poena)

11. Reaktor u nuklearnoj elektrani radi sa termičkom snagom od 3000 MW. Pri svakoj fisiji jezgra uranijuma oslobodi se energija od 200 MeV. Ako je masa jezgra atoma uranijuma 235 92 U jednaka njegovom masenom broju (u gramima po molu) masa uranijuma koja se potroši u reaktoru za godinu dana je približno 23 e = 1.6 · 10−19 C) (N av mol−1 , e = av = 6 · 10 a) 48 kg d) 1160 kg

b) 3.2 kg e) 77 kg

c) 1850 kg n) ne znam

(5 poena)

12. Kroz kalem induktivno induktivnosti sti L je uspostavljena električna struja čija je vremenska promena data na slici. Apsolutna vrednost indukovane indukovane elektromotorne sile u kalemu je a) najv ajveća eća na delu delu kriv rive A c) najv najveeća na delu delu kriv krivee C e) jedn jednaka aka na delo delovim vimaa kriv krivee A i D

b) najm najmaanja nja na delu delu kriv rive B d) najm najmaanja nja na delu delu kriv rive D n) ne ne znam znam

(5 poena)

50


2. jul 2013.

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

a) 2.5 2.5 m/s m/s2 d) 10 m/s m/s2

b) 5 m/ m/ss2 e) 15 m/s m/s2

c) 7.5 7.5 m m/s /s2 n) ne znam

(5 poena)

14. Cev savijena u obliku slova L, otvorena na oba kraja, spuštena je sa mosta u reku. Horizontalni kraj cevi je potopljen i usmeren suprotno toku vode. Ako h = 0.2 m, se voda u vertikaln vertikalnom om kraku cevi podigne p odigne iznad nivoa vode u reci za h = m , 2 brzina strujanja vode je (g = = 10 m/s ) a) 4 m/s c) 2.82 m/s e) 2 m/s

b) 1.41 m/s d) 8 m/s n) ne znam (5 poena)

15. Nerelativistički elektroni se iz stanja mirovanja kreću pod uticajem električnog polja. Posle prolaska kroz potencijanu razliku od 344 V imaju De Broglievu talasnu dužinu (h = 6.6 · 10−34 Js, me = 9.1 · 10−31 kg, e = 1.6 · 10−19 C) a) 6.6 · 10−11 m d) 1.6 · 10−11 m

b) 9.3 · 10−11 m e) 1.6 · 10−15 m

c) 2.2 · 10−11 m n) ne znam

(7 poena)

16. U kolu jednosmerne struje sa idealnim izvorom na slici, jačina struje koju pokazu p okazuje je idealni idealni ampermetar ampermetar je E/ (7R R) a) 6E/(7 (6R) c) E /(6R (3R) e) E /(3R

7 E/(6 (6R R) b) 7E/ d) E /R n) ne znam

(7 poena) 17. Dubina bazena je 3 m. Ako se do vrha ispuni vodom indeksa prelamanja n = od 30° prema normali na površ vode, prividna dubina bazena je

a) 1.5 m d) 2.1 m

b) 1 m e) 2.6 m

c) 1.7 m n) ne znam

√ 7/

2 i posmatra pod uglom

(7 poena)

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

√

a) 5/ 2 m/s 2 √ 2 / 5 m/s 2 d) 2/

√

1 / 2 m/s 2 b) 1/ √ e) 5 2 m/s 2

√

c) 2 5 m/s 2 n) ne znam

(8 poena)

51


2. jul 2013.

19. Transverzalni talas se prostire duž zategnute žice u pozitivnom smeru x -ose. Udaljenost čestica žice od ravno(188t − 3.14 14x x). težnog položaja pri kretanju talasa se u SI sistemu sistemu može opisati jednačinom jednačinom y (x, t) = 53 · 10−6 sin (188 Količnik fazne brzine talasa i maksimalne brzine delića žice pri kretanju talasa je približno a) 6 d) 6000

b) 60 e) 60000

c) 600 n) ne znam

20. Tanki, kruti metalni štap, homogene gustine i dužine 2 L savijen je na sredini tako da ima oblik grčkog slova Λ. Ugao između savijenih polovina štapa je 120o . Sistem osciluje osciluje u gravitaci gravitacionom onom polju u vertikalnoj ravni koju čine kraci štapa, oko ose koja prolazi kroz tačku savijanja O, a normalna je na ravan oscilovanja. Period malih oscilacija ovog oscilatora je 4 π L/(3 L/(3gg ) L/(3gg ) a) 4π 3L/g b) 4π c) π 2L/(3 2 π 2L/(3 L/(3gg) L/(3gg ) d) 2π e) 4π 2L/(3 n) ne znam

 

 



(8 poena)

(8 poena)

52


REŠENJA 2  ·  c Weber (Wb = T ·m ) je jedinica za magnetni fluks Φ = B S [T·m2 ]. 1 

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

1 c∆t = 3 1.25 108 m = 375 106 m = 375 103 km. 2

·

·

·

·

2 (4πε 0 r2 ) i ma predstavljaju izraze za silu (Lorentz-ova sila kojom magnetno polje 3  c qvB , γm 1 m2 /r , q 1 q 2 /(4πε deluje na naelektrisanu česticu u pokretu, gravitaciona sila između dvaju masa, Coulomb-ova elektrostatička sila između dvaju naelektrisanih čestica, i izraz za silu prema II Newton-ovom zakonu). mgh predstavlja izraz za potencijalnu energiju mase m na na visini h i i jedini ne spada u kategoriju izraza za silu.

4  b Prema jednačini stanja idealnog gasa važi pV = nRT

odakle se zapremina može izraziti u sledećem obliku V =

nRT p

Za zadate vrednosti se dobija V =

2 mol 8.3 molJ K (0 + 273 K ) 101 103 Pa

·

·

·

44..8 · 10−3 m3 = 44 44..8 dm 3 . ≈ 44

5  a Ako je učestanost oscilatora oscilatora personalnog računara 3.2 GHz, tada jedan takt (period) centralne procesorske procesorske jedinice traje 1 1 T = = = 3.125 · 10−10 s = 312. 312.5 ps. 9 f 3.2 · 10 Hz 0 .4 m 2 c Površina poprečnog preseka cevi: S = 0. 6  m Brzina proticanja vode kroz cev: v = 0.1 s Vreme posmatranja potrošnje: ∆t = 1 dan = 24 · 3600 s Potrošnja vode po jednom domaćinstvu: V 1 = 288 l = 288 · 10−3 m3 Ukupna zapremina vode koja protekne brzinom v kroz cev poprečnog preseka S za vreme ∆t data je izrazom V = vS v S ∆T

ako svako od N domaćinstava u proseku potroši zapreminu vode V 1, ukupna zapremina potrošene vode biće V = N V 1

Iz poslednje dve jednačine dobijamo broj domaćinstava N =

V vS ∆t = = 12000. 12000. V 1 V 1

53


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

× B

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

8  izračunati rad koji izvrši idealni idealni gas pri širenju na konstantnom konstantnom pritisku pritisku od 100 kPa od zapremine zapremine b Treba izračunati 2 litra do zapremine 10 litara. p = const const)), rad koji izvrši gas je dat jednačinom Pri izobarskom širenju gasa ( p = A = p = p (V 2 A = 100 103 Pa (10

·

− V 1)

− 2) · 10−3 m3 = 800 Nm = 800 J .

9  a Intenzitet gravitacionog polja na površini Zemlje, dat je sledećom jednačinom g =

γM R2

gde je γ gravitaciona konstanta, M je masa Zemlje, a R njen radijus. = R + + H ) jačina gravitacionog polja iznosi Na visini H od površine Zemlje (tj. za radijus R 1 = R g1 =

γM γM = 2 R1 (R + H )2

U zadatku se traži visina na kojoj će intenzitet gravitacionog polja opasti na jednu četvrtinu onoga na Zemljinoj površi 1 g 4 γM 1 γM = 2 4 R2 (R + H ) g1 =

R + H = 2R H = R.

10  d Pretpotstavimo da su oba naelektrisanja pozitivna i da se tačka u kojoj je rezultantno električno polje jednako nuli nalazi na rastojanju d od koordinatnog dinatnog početka p očetka na x -osi. Električno Električno polje pozitivno naelektrisane naelektrisane čestice je usmereno radijalno od čestice, kako je prikazano na slici. Imamo da je električno polje čestice naelektrisanja naelektrisanja q u = d dato sa u tački x = d E 1 =

q 4πεd 2

4 q u = d (udaljenoj za L − d od te čestice) dok je električno polje čestice naelektrisanja 4q u istoj tački x = d E 2 =

4q 4πε( πε (L

− d)2 54


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

⇔ (L − d)2 = 4d2

E 1 = E 2 L

− d = 2d ⇒ d = L3 .

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

Pri svakoj fisiji jezgra uranijuma oslobodi se energija od ∆W = W = 200 MeV = 200 106 V 1.6 10−19 C = 3.2 10−11 J

·

·

·

·

To znači da je neophodno da se u godini dana raspadne W P ∆ P ∆t = ∆W ∆W

N =

jezgara Uranijuma, da bi se proizvela količina energije W . Masa jednog mola Uranijuma 235 njegovom masenom masenom broju (u gramima gramima po molu), odnosno 92 U jednaka je njegovom M mol mol = 235

g mol

23 pa je masa jezgra Uranijuma (ako znamo da u svakom molu ima N av mol−1 atoma) av = 6 · 10

M =

M mol mol N av av

Odavde sledi da je neophodna masa Uranijuma koja se potroši u godini dana M tot tot = N M =

· ·

P ∆ P ∆t M mol mol ∆W N av av

·

3 109 W 365 24 3600 s M tot = tot 3.2 10−11 J

·

·

· ·

·

g 235 mol

· 6 · 1023 mol−1

6 M tot tot = 1.16 10 g = 1160 kg .

·

12  a Apsolutna Apsolutna vrednost elektromotorne elektromotorne sile koja se indukuje u kalemu induktivnosti L kada kroz njega protiče linearno-promenljiva struja data je izrazom |E | = L ddI t = L ∆∆I t Odakle sledi da će se u kalemu indukovati maksimalna elektromotorna sila E kada nastupi maksi∆I malna promena struje u jedinici vremena . ∆t U sledećoj tabeli su izračunate promene struje u jedinici vremena za sve delove krive A-B-C-D na zadatom grafiku. A B ∆I [A] 6 − 0 = 6 10 − 6 = 4 ∆t [s [ s] ∆I /∆t [A/s]

1

−0=1 6

3

−1 = 2 2

C 10 5

− 10 = 0 −3=2 0

D 6

− 10 = −4 7−5= 2 −2 55


Iz tabele je očigledno da je apsolutna vrednost indukovane elektromotorne sile u kalemu najveća u delu krive A. 13  b Težina lifta koji miruje sa putnicima je M g = 8 kN

odakle se za masu lifta sa putnicima dobija M =

8 kN 8000 N = = 800 kg g 10 sm 2

Sila zatezanja u užetu koje kabinu lifta vuče naviše je T = 12 kN

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

− − M g

odakle se za ubzanje lifta dobija a =

N m m 10 2 = 5 2 . − g = 12000 − 800 kg s s

T M

14  e Posmatrajmo poprečne preseke S 1 i S 2 za koje ćemo primeniti Bernoulli-jevu jednačinu 1 1 p1 + ρv12 + ρgh1 = p 2 + ρv22 + ρgh2 2 2

Za presek S 1 važi • Hidrostatički pritisak: p1 = p = p 0 + ρgh d • Brzina tečnosti kroz presek: v1 = v • Visina u odnosu na referentnu ravan S ref ref : h 1 = 0 Za presek S 2 važi • Hidrostatički pritisak: p2 = p = p 0 • Brzina tečnosti kroz presek: v2 = 0 • Visina u odnosu na referentnu ravan S ref ref : h 2 = h + hd Sada dobijamo

1 1 p0 + ρghd + ρv2 + ρg 0 = p 0 + ρ 0 + ρg( ρg (h + hd ) 2 2 1 2 ρv = ρgh ρg h 2

·

·

odnosno v = v =

 ·

2 10



2gh

m m 0 2 = 2 . . m · s2 s

15  a Svakoj čestici mase m i brzine v može se pridružiti talas de Broglie-eve talasne dužine λ =

h h = p mv

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

odakle se za njenu brzinu dobija v =

mv2 2



2q ∆U m

56


Sada se de Broglie-eva talasna dužina može izraziti kao h h λ = = mv m



m = 2q ∆U

h



2mq ∆U

= 6.6 10−11 m.

·

c Označimo 16  Označimo struje i čvorove čvorove u kolu kao na slici. U zadatku se traži struja kroz idealni idealni ampermetar, ampermetar, koja je u našem slučaju označena sa I 4 .

Ampermetar je idealan, što znači da je njegova unutrašnja otpornost nula R amp = 0, a stoga je prema Ohm-ovom zakonu i pad napona na njemu jednak nuli U CD CD = R amp I 4 = 0 3 R vezan paralelno ampermetru imamo Prema Ohm-ovom zakonu za otpornik 3R U CD CD = 3RI 3 = 0

odakle sledi da je struja kroz ovaj otpornik jednaka nuli I 3 = 0

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

gde je prema prvom Kirchhoff-ovom zakon za čvor C I 2 = I 4 4 R prouzrokujući pad napona između čvorova A i B Ova struja teče kroz rednu vezu otpornika 2R, Ramp i 4R jednak: U AB (2R + Ramp + 4R 4 R) I 4 = 6RI 4 AB = (2R

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

Iz poslednje dve jednačine dobijamo struju koju pokazuje ampermetar

⇒ I 4 = 6E R .

= 6RI 4 E =

57


d Kada je bazen napunjen vodom, na prelazu iz vazduha 17  vazduha u vodu dolazi do prelamanja svetlosti (ka normali) i ugao prelamanja u vodi θ 1 je na osnovu Snell-ovog zakona

n0 sin θ0 = n = n v sin θ1

Kako oko pretpostavlja da se zrak ne prelama (već da svetlost nastavlja da putuje pravolinijski), to će oku dubina bazena prividno izgledati manja. Ako sa d1 označimo ovu prividnu dubinu, sa slike važi d1 tan θ0 = d = d 0 tan θ1 d1 = d 0

tan θ1 tan θ0

Iz Snell-ovog zakona sledi n0 2 1 sin θ1 = sin θ0 = = nv 72

√

cos2 θ1 = 1

− sin2 θ1 = 1 −

1 6 = 7 7

sin θ1 tan θ1 = = cos θ1

Za upadni ugao θ 0 =

π imamo 6 tan θ0 =

 1 7

⇒ cos θ1 =



 6 7

1 6

√ 13

pa se za prividnu dubinu dobija vrednost tan θ1 d1 = d = d 0 = 3 m tan θ0

 √

1 3 = 2.1 m. 6

18  e Neka je telo izbačeno horizontalnom horizontalnom početnom brzinom brzinom v0 . Na telo u horizonta horizontalnom lnom pravcu pravcu ne deluje nikakva nikakva sila, tako da se ono u tom pravcu kreće ravnomernom brzinom jednakom početnoj p očetnoj brzini: vx = v = v 0

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

Ugao θ sa slike je dat izrazom tan θ =

Za zadate vrednosti v 0 = 10

vx v0 = vy gt

m m , g = 10 2 , u vremenu t = 1 s, taj ugao iznosi s s tan θ = 1

→ θ = π4 .

Normalno ubrzanje kamena je komponenta vektora ubrzanja normalna na pravac kretanja definisanog brzinom v. Sa slik slikee se vidi vidi √ √ m π m 2 gn = g = g sin θ = g = g sin = 10 2 = 5 2 2. 4 s 2 s

58


19  d Jednačina talasa koja opisuje položaj čestica žice se može opisati sledećim generalnim izrazom y (x, t) = A sin(ωt sin(ωt

kx) − kx)

gde je A , amplituda talasa, ω − kružna učestanost, k − koefficijent prostiranja. Brzina delića žice se može izraziti kao izvod položaja delića žice po vremenu v (x, t) =

∂y (x, t) = A cos(ωt cos(ωt ∂t

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

ili v (x, t) = vm cos cos (ωt

gde je maksimalna brzina delića žice

kx) − kx)

vm = ωA

S druge strane, fazna brzina talasa je data sledećim izrazom vφ =

ω k

pa se za odnos fazne brzine talasa i maksimalne brzine delića žice dobija vφ 1 = vm kA

Iz zadate jednačine talasa se dobijaju vrednosti amplitude A = 53 · 10−6 i koeficijenta prostiranja k = 3.14 tako da je odnos brzina vφ = 6008 vm

6000.. ≈ 6000

20  b Pretpostavimo da je sistem štapa savijenog po sredini otklonjen iz položaja ravnoteže za mali ugao θ u smeru suprotnom od smera kazaljke na satu, kao na slici. Tada je ugao između levog kraka štapa i vertikalne π π ose − θ, a ugao između desnog kraka štapa i vertikalne ose + θ. 3

3

Pretpostavimo da je svaki krak savijenog štapa mase M. Na centar mase levog kraka štapa deluje sila Zemljine teže M g , tako da je moment ove sile (u smeru suprotnom od kazaljke na satu): M + = F = F 1

· L2

Kako je normalna komponenta sile Zemljine teže na štap F 1 = M g sin

za moment sile imamo M + = F 1

π 3

 −   −   

· L2 = M2gL sin

θ

π 3

θ

Na sličan način, za moment sile koja deluje na centar mase desnog kraka štapa (u smeru kazaljke na satu) imamo M − = F = F 2

· L2 = M2gL sin

π +θ 3

59


Rezultujući moment sile koji deluje na savijeni štap otklonjen za mali ugao θ iz ravnotež ravnotežnog nog položaja je M r = M +

−

   −  − 

M gL M − = 2

sin

Uzimajući u obzir trigonometrijsku relaciju sin(α sin(α

π +θ 3

π 3

sin

θ

± β ) = sin α cos β ± cos α sin β

ima se sin

  −  −  π +θ 3

sin

π 3

θ = sin

π π cos θ + cos sin θ 3 3

tako da je

Gde smo sa k =



π sin cos θ 3

− cos π3 sin θ



π = 2 cos cos sin θ = sin θ 3

M gL sin θ 2

M r =

Za male uglove θ važi sin θ ≈ θ:

−

= kθ ≈ M2gL θ = kθ

M r

M gL označili koeficijent elastičnosti. 2

Moment inercije štapa mase M i dužine L koji osciluje oko svog centra mase dat je relacijom I 0 =

1 M L2 12

L

Ako je centar oscilacije udaljen ∆ L = od centra mase, odnosno, ako se nalazi na jednom kraju štapa, kao u 2 našem slučaju, za moment inercije važi



1 L I 1 = I = I 0 + M ∆L = M L2 + M 12 2 2

2

=

1 M L2 3

U našem slučaju imamo dva kraka mase M i dužine L, tako da je ukupan moment inercije I = 2I 2 I 1 =

2 M L2 3

Najzad, ako na sistem momenta inercije I , deluje moment sile oblika M r = kθ (u smeru suprotnom od smera rotacije), to će ovaj sistem imati male (harmonijske) oscilacije sa periodom T = 2π



I k

Zamenom izraza za koeficijent k i moment inercije I dobijamo T = 2π



2 M L2 3 Mg L 2

= 2π

  4L = 4π 3g

L . 3g

60


26. jun 2012.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (26. jun 2012.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Rad pri kretanju neke količine naelektrisanja po zatvorenoj putanji (konturi) u elektrostatičkom polju je a) zavi zavisa sann od količ oličin inee nael naelek ektr tris isan anja ja c) pozitivan e) jednak nuli

b) zavi zavisa sann od brzi brzine ne kret kretan anja ja d) zavisan od dužine putanje n) ne znam

(3 poena)

b) N · m e) W · s

c) m3 · Pa n) ne znam

(3 poena)

b) 1 neut neutrrona ona i 2 prot proton onaa e) 2 neutrona i 1 protona

c) 1 prot proton onaa i 1 neut neutrrona ona n) ne znam

(3 poena)

c) Bq (bekerel) n) ne znam

(3 poena)

2. Označite jedinicu koja se razlikuje od ostalih a) V · A d) eV 3. Alfa čestica se sastoji od: a) 2 prot proton onaa i 3 neut neutro rona na d) 2 neutrona i 2 protona

4. Jedinica Jedinica mere za aktivnost aktivnost radionuklid radionuklidaa u SI sistemu je a) Sv (sivert) d) Gy (grej)

b) Ci (kiri) e) R (rendgen)

5. Napon gradske mreže je 230 V i predstavlja a) konstantan jednosmerni napon pon c) trenutnu vrednost e) srednju vrednost

b) efektivnu vrednost d) maksimalnu vrednost n) ne znam

(3 poena)

6. Brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu 45 m je (otpor vazduha zanemariti, g = 10 m /s2 ) a) 30 m/s d) 21.2 m/s

b) 450 m/s e) 900 m/s

c) 200 m/s n) ne znam

(4 poena)

7. Kroz vodovodn vodovodnu u cev poprečnog preseka preseka 200 cm2 protekne 36 m3 vode vode za vreme vreme od jednog jednog sata. sata. Brzina Brzina proticanja vode kroz cev je a) 3.6 m/s d) 1.2 m/s

b) 5.5 m/s e) 0.8 m/s

c) 0.5 m/s n) ne znam

(4 poena)

61


26. jun 2012.

N = 400 zareza po jednom 8. Difrakciona rešetka sadrži N = jednom milimetru. milimetru. Monohroma Monohromatska tska svetlost svetlost talasne talasne dužine 625 nm pada normalno normalno na rešetku. rešetku. Ukupan Ukupan broj svetlih pruga koje se pojavl p ojavljuju juju na ekranu ekranu za registraci registraciju ju je:

a) 7 d) 13

b) 9 e) 15

c) 11 n) ne znam

(4 poena)

9. Kroz dva dugačka, tanka, paralelna pravolinijska provodnika uspostavljene su jednake, stalne jednosmerne struje istih smerova. Magnetsko polje u ravni koje određuju ova dva provodnika je jednako nuli a) u celom prostoru c) levo od levog provodnika e) na sredini između provodnika

b) desno od desnog provodnika d) na osama provodnika n) ne znam

(4 poena)

10. Vetroge etrogener nerato atorr za period period od 365 dana dana proizv proizvede ede 13140 13140 MWh električ električne ne energije. energije. Srednj Srednjaa snaga vetrogeneratora je a) 36 MW d) 1.5 MW

b) 3.6 MW e) 150 kW

c) 15 MW n) ne znam

(4 poena)

11. Na horizontalnoj horizontalnoj hrapav hrapavoj oj podlozi miruje telo mase 10 kg. Koeficijen Koeficijentt trenja između tela i podloge je F (t) = kt , gde je 0.5. Ako na telo u trenutku t = 0 počne da deluje vremenski promenljiva horizontalna sila F ( k = 1 N/s, brzina tela u trenutku t = 40 s je ( g = 10 m /s2 ) a) 1 m/s d) 0 m/s

b) 10 m/s e) 0.1 m/s


(5 poena)

i (t) = kt gde je k = 100 A/s. Napon 12. Struja Struja koja prolazi prolazi kroz kalem induktivnosti induktivnosti 10 mH se menja po zakonu i( na krajevima kalema je

a) 1 V d) 0.1 mV

b) 10V e) 1 kV

c) 100 V n) ne znam

(5 poena)

13. Idealn Idealnii gas se adijab adijabats atski ki širi iz stanja stanja 1 do stanja stanja 2 i pri tome se unutr unutrašn ašnja ja energija energija promeni promeni za ∆U = −40 kJ. Mehanički rad koji pri tome izvrši gas je a) 80 kJ d) 20 kJ

b) 60 kJ e) 10 kJ

c) 40 kJ n) ne znam

(5 poena)

14. Tokom prve polovine vremena kretanja po nekom putu automobil se kreće konstantnom brzinom v 1 , a zatim, tokom druge polovine vremena kretanja konstantnom brzinom v2 . Srednj Srednjaa brzina kretan kretanja ja na celom putu mu je tada 60 km/h. Međutim, ako automobil pređe prvu polovinu puta brzinom v 1, a drugu polovinu puta 160//3 km/h. Ako je v 1 > v2 , brzine automobila su brzinom v 2 , njegova srednja brzina kretanja iznosi 160 a) v1 = 120 km/h, v2 = 80 km/h c) v 1 = 40 km/h, v 2 = 20 km/h e) v 1 = 100 km/h, v 2 = 60 km/h

b) v 1 = 80 km/h, v 2 = 40 km/h d) v 1 = 120 km/h, v 2 = 100 km/h n) ne znam

(5 poena)

62


26. jun 2012.

15. Vertikalna opruga zanemarljive mase, gornjim krajem učvršćena o plafon, opterećena je na donjem kraju sa dva tega iste mase i ima dužinu 1 m. Kada se jedan teg ukloni dužina opruge je 84 cm. Period oscilovanja opruge sa jednim tegom je približno ( g = 10 m /s2 ) a) 0.36 s d) 0.13 s

b) 0.25 s e) 0.8 s

c) 1.1 s n) ne znam

(7 poena)

16. Intenzitet Intenzitet gravitacion gravitacionog og ubrzanja na površi površi neke planete sfernog oblika i gustine gustine ρ jednak je intenzitetu centrifugalnog ubrzanja u ekvatorijalnoj ravni. Period rotacije planete je ( γ je je gravitaciona konstanta) a) d)

 

2π/( π/(γρ) γρ ) 3/(γρ) γρ )

b) e)

 

3π/( π/ (γρ) γρ )

6π/( π/(γρ) γρ )



π/ (γρ) γρ ) c) π/( n) ne znam

(7 poena)

17. Na glatkoj strmoj ravni nagibnog ugla α se nalazi otvorena posuda sa vodom. Ukupna masa posude i vode u njoj je m . Posuda se gura naniže silom konstantnog intenziteta F u pravcu pravcu nagiba strme ravni. ravni. Ako je g gravitaciono ubrzanje, nivo vode će biti paralelan strmoj ravni ako je intenzitet sile a) mg sin α d) 0

b) mg tg α e) mg/ tg α

c) mg/ sin α n) ne znam

(7 poena)

18. Koeficijent Koeficijent korisnog korisnog dejstva dejstva Karnoovog Karnoovog ciklusa iznosi 0.5. Za koliko koliko procenata bi trebalo trebalo sniziti sniziti temperaturu hladnjaka da bi koeficijent korisnog dejstva iznosio 0.6? a) 10 % d) 80 %

b) 40 % e) 60 %

c) 20 % n) ne znam

(8 poena)

7 .5 Ω c) 7. n) ne znam

(8 poena)

19. Na slici je prikazana električna mreža koja se sastoji od beskonačnog niza otpornika otpornosti R1 = 12 Ω i R2 = 3.75 Ω. Ekvivalen Ekvivalentna tna otpornost mreže između tačaka A i B je

a) 15 Ω 15 .75 Ω d) 15.

2 .86 Ω b) 2. e) 30 Ω

20. Izvesna količina radioaktivnog bizmuta, čiji je period poluraspada 5 dana, je izdvojena iz nuklearnog goriva. Procenat mase bizmuta (u odnosu na početnu masu) koji će se raspasti u intervalu od kraja 20-tog dana do kraja 30-tog dana od trenutka izdvajanja biće približno a) 2.1 % d) 36 %

b) 28 % e) 4.7 %

c) 15 % n) ne znam

(8 poena)

63


REŠENJA e Rad pri kretanju neke količine naelektrisanja q u elektrostat 1  elektrostatičk ičkom om polju između između tačaka A i B dat je izrazom izrazom

A = q = q ((V B

− V A)

gde je V B − V A razlika elektrostatič elektrostatičkog kog potencijala potencijala u ovim dvema tačkama. tačkama. Kako Kako je pri kružnom kružnom kretanju kretanju početna tačka jednaka krajnjoj tački, tj. A=B, za razliku razliku potenc p otencijala ijala važi važi V B

− V A = 0

pa je rad jednak nuli A = 0.

2.  a a) V · A je jedinica za snagu (odgovara jednačini za električnu snagu P = U I ) = F ∆ ∆x) b) N · m je jedinica za energiju (odgovara jednačini za rad sile A = F = p∆ ∆V ) V ) c) m3 · Pa je takođe jedinica za energiju (odgovara jednačini za rad sile konstantnog pritiska A = p = q ∆U ) d) eV je jedinica za energiju (odgovara jednačini za rad elektrostatičke sile na naelektrisanje A = q E = P ∆ P ∆t) e) W · s je jedinica za energiju (odgovara jednačini za energiju izraženu u funkciji snage E = Sledi da je jedinica koja se razlikuje od ostalih u odgovoru a) V · A. 3  d Alfa čestica je dvostruko jonizovani atom Helijuma (jezgro atoma Helijuma) i kao takva se sastoji od dva protona i dva neutrona.

4  c Jedinica za meru aktivnosti radionukleida u SI sistemu je Bq (bekerel). 5  b Napon gradske mreže od 230 V odgovara efektivnoj vrednosti napona. sin 2πf t, maksimalne (Gradska mreža proizvodi = V m sin √ naizmeničnu (sinusoidalnu) struju trenutne vrednosti V (t) = V vrednosti V m = 230 2 V , efektivne vrednosti 230 V i srednje vrednosti 0 V). 6  a Iz jednačine vertikalno vertikalnogg hica, imamo da je brzina kojom treba baciti kamen sa površi površi Zemlje vertikalno vertikalno uvis da bi dostigao visinu H = 45 m: v0 =

  · 2gH =

2 10

m m 45 m = 30 . · 2 s s

∆ t brzinom v protekne kroz cev poprečnog 7 c Zapremina vode koja za vreme ∆t preseka S data je jednačinom (vidi sliku) V = Sl S l = S = Svv ∆t

odakle se za brzinu u funkciji zapremine dobija v =

V 36 m 3 m = = 0 5 . . S ∆t 200 10−4 m2 3600 s s

·

·

65


8  b Ako difrakciona rešetka ima 400 zareza po jednom milimetru, razmak između zareza ove rešetke je d =

1 mm = 2500 nm . 400

Uslov da se na ekranu pojavi svetla pruga (maksimalna interferencija) je d sin θn = nλ

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

≤ 1 λ n ≤ 1 d n

≤ λd

nmax =

d λ

Isti toliki broj svetlih pruga će se nalaziti nalaziti na delu zida ispod horizont horizontale. ale. Uzimajući Uzimajući u obzir i svetlu prugu koja n = 0), ukupan broj svetlih pruga biće se pojavljuje na horizontali (za n = d N = n max + nmax + 1 = 2n 2nmax + 1 = 2 + 1 λ N = 2

2500 nm + 1 = 9. 9. 625 nm

9  e Intenzitet magnetskog polja na rastojanju r od pravolinijskog provodnika kroz koji teče struja jačine I je je dat jednačinom H =

I 2πr

dok je smer određen pravilom desne ruke. Slika pokazuje dva provodnika sa jednakim strujama kao što je zadato uslovima zadatka. Vidimo da vektori magnetskog polja koji potiču od ova dva provodnika imaju suprotne smerove samo u delu ravni između dva provodnika. Na sredini između provodnika magnetska polja su jednakog intenziteta (jer su na jednakoj udaljenosti od pravolinijskih provodnika od kojih potiču) a suprotnog smera, pa je njihovo rezultujuće magnetsko polje jednako nuli H r = H 2

−

I H 1 = 2πr 2

r1 =r2

−

I = 0. 2πr 1



10  d Vetrogenerator koji proizvede električnu energiju ∆E = = 13140 MWh = 13140 106 3600 Ws

·

·

za period vremena ∆t = 365 dana = 365 24 3600 s

· ·

ima srednju snagu P =

∆E 13140 106 3600 Ws = = 1.5 MW. ∆t 365 24 3600 s

· · · ·

66


11  d Duž vertikaln vertikalnee ose, na telo mase m deluju sila Zemljine teže Q = mg = mg

vertikaln vertikalnoo naniže, naniže, i u njoj suprotnom suprotnom smeru, vertikalno vertikalno naviše, sila otpora podloge N .

Kako se telo ne kreće duž vertikalne ose, to su ove dve sile (prema prvom Newton-ovom zakonu) u ravnoteži N = Q = Q = mg mg

Duž horizontalne ose na telo deluje vremenski promenljiva horizontalna sila F (t ( t) = kt

kojoj se suprotstavlja sila trenja F tr tr = k tr N ( t) , neophodno je da ova sila bude veća od sile Da bi telo počelo da se kreće u smeru delovanja spoljašnje sile F (t trenja F (t ( t)

odakle dobijamo kt

≥ F

tr tr

≥ k N = k mg k t≥ mg k tr

tr

tr

odnosno, telo će početi da se kreće nakon vremena t0 =

ktr 0.5 m mg = mg = 10 kg 10 2 = 50 s k 1 N /s s

·

·

F (t). To znači da će u trenutku t = 40 s < t0 telo još uvek biti u stanju od početka delovanja horizontalne sile F ( m mirovanja, tj. njegova brzina u tom trenutku iznosiće v = 0 . s a Napon u kalemu induktivnosti L kada kroz njega protiče linearno promenljiva struja i (t) = kt, = kt, može se 12  izraziti u sledećem obliku

U = L

∆i ∆t

Kako je ∆i = i = i (t2 )

to za napon dobijamo izraz

= k (t2 − t1 ) = k∆ k ∆t − i (t1) = kt 2 − kt1 = k U = L

U = = 100

∆i = kL ∆t

A 10 · 10−3 H = 1 V . · s

13  c Količina toplote koju idealni gas razmeni sa okolinom data je izrazom Q = A = A + ∆U ∆U ∆ U – promena unutrašnje energije gasa. gde je A rad gasa, ∆U Pri adijabatskom procesu nema razmene energije sa okolinom, pa važi Q = 0

67


A + ∆U ∆U = 0 A =

−∆U = − (−40 kJ ) = 40 kJ.

14  b Neka se automobil tokom vremena t 1 kreće konstantnom brzinom v 1 a zatim tokom vremena t 2 konstantnom brzinom v 2 . v (t) se može predstaviti kao na grafiku. Funkcija brzine od vremena v(

Automobil pređe ukupan put s = s = s 1 + s2 = v = v 1 t1 + v2 t2

za ukupno vreme t = t = t 1 + t2

Njegova srednja brzina kretanja se može definisati sledećim izrazom vs =

s v1 t1 + v2 t2 = . t t1 + t2

U prvom slučaju, t 1 = t 2 tako da za srednju brzinu dobijamo vs1 =

v1 + v2 2

s/ 2 krećući se brzinom v 1, za vreme U drugom slučaju, automobil pređe prvu polovinu puta s 1 = s/2 t1 =

s1 s = v1 2v1

s/ 2 krećući se brzinom v 2 za novo vreme a zatim drugu polovinu puta s 2 = s/2 t2 =

s2 s = v2 2v2

te je nova srednja brzina data izrazom vs2 =

s s = = t t1 + t2

s 2v1

s +

s 2v2

=

2v1 v2 v1 + v2

Iz uslova zadatka imamo sledeći sistem jednačina (u km/h) vs1 = vs2 =

v1 + v2 = 60 2 2v1 v2 160 = v1 + v2 3

Iz prve jednačine dobijamo v2 = 120

što zamenom u drugu jednačinu daje

− v1

6v1 v2 = 160(v 160(v1 + v2 ) 6v1 (120 v12

− v1) = 120 · 160

120vv1 + 3200 = 0 − 120 √ 120 ± 1202 − 4 · 3200 120 ± 40 v1 = = = 2

2



80 km/h 40 km/h

68


v2 = 120

− v1 =



40 km/h 80 km/h

Kako je prema uslovu zadatka v 1 > v2 to je konačno rešenje v1 = 80

km km , v2 = 40 . h h

e Neka je dužina neistegnute opruge l0 . Kada se opruga optereti masom m 1 = 2m (sa dva tega iste mase 15  m), ona će se istegnuti na dužinu l 1 . Na tegove tegove tada deluje sila istezanja istezanja opruge (naviše) (naviše)

F 1 = k = k((l1

− l0 )

kao i sila Zemljine teže (naniže) Q1 = 2mg

U stanju ravnoteže važi F 1 = Q = Q 1 k (l1

2 mg − l0) = 2mg

Kada se opruga optereti masom m 2 = m ( jedan teg je uklonjen), ona će se istegnuti na dužinu l 2 . Na teg tada deluje sila istezanja opruge (naviše) F 2 = k = k((l2

kao i sila Zemljine teže (naniže)

− l0)

Q2 = mg


Imamo sledeći sistem jednačina

− l0) = mg

k (l1

2 mg − l0) = 2mg k (l2 − l0 ) = mg

i tražimo koeficijent elastičnosti opruge. Ako oduzmemo ove dve jednačine, dobijamo k (l1

− l2) = mg

odakle je k =

mg l1 l2

−

Period oscilovanja opruge sa jednim tegom mase m tada tada iznosi T = 2π

   − m = 2π k

T = 2π

1

m

mg l1 −l2

= 2π

 − l1

l2

g

0.84 s = 0.8 s. 10

16  b Neka je R poluprečnik planete sfernog oblika i ρ njena gustina. Zapremina ove planete je a masa

4 V = πR 3 3

M = ρV =

4 ρπR 3 3

Gravitaciono ubrzanje (ili jačina gravitacionog polja) na njenoj površi iznosi g =

γM R2

69


odnosno g =

4 γρπR 3

Neka planeta rotira kružnom učestanošću ω oko svoje ose. Ugaono (centrifugalno) ubrzanje u ekvatorijalnoj = R od ose rotacije) dato je izrazom ravni (na udaljenosti r = R ac = ω = ω 2 r = ω = ω 2 R

Prema uslovu zadatka sledi g = a = a c 4 γρπR = γρπR = ω ω 2 R 3 ω =

Period rotacije (u funkciji kružne učestanosti je) 2π T = = 2π 2π ω



4 γρπ 3

  3 = 4γρπ

3π . γρ

17  d Kako Kako se posuda nalazi nalazi na strmoj ravni ravni nagibnog ugla α, u pravcu njenog kretanja niz ravan deluju: • paralelna komponenta sile Zemljine teže mg sin α F , i sila konstantnog intenziteta F, tako da je prema II Newton-ovom zakonu ubrzanje posude sa vodom niz strmu ravan jednako •

a =

F + mg sin α m

Vežimo referentni sistem za posudu sa vodom, tako da se referentni sistem kreće ubrzanjem a niz strmu ravan. Neka je masa vode u posudi m v . Na vodu, posmatrano iz datog referentnog sistema osim sile Zemljine teže m v g deluje i inercijalna sila u pravcu suprotnom od pravca ubrzanja referentnog sistema F i = mv a

Da bi površina vode ostala paralelna strmoj ravni, neophodno je da na vodu deluju samo sile u pravcu normalnom na tu strmu ravan, a da ukupna sila paralelna strmoj ravni bude jednaka nuli. Dakle, za ukupnu silu koja deluje na vodu u pravcu paralelnom strmoj ravni treba da važi mv g sin α

− F i = 0 mv g sin α−mv a = 0 g sin α = a = a

70


g sin α =

F + mg sin α m

odakle sledi F = 0. c Koeficijent korisnog 18  korisnog dejstva Carnot-ovog Carnot-ovog ciklusa dat je jednačinom

η1 = 1

− T T 1

gde je T 1 temperatura hladnjaka, a T temperatura temperatura grejnog tela. Ovo je ujedno maksimalno iskorišćenj iskorišćenjee koje jedna toplotna mašina može dostići kada radi između temperatura T 1 i T . Ako temperaturu hladnjaka snizimo na T 2 , koefijent korisnog dejstva se može izraziti η2 = 1

− T T 2

Iz ovih dveju jednačina, imamo T 1 = (1

− η1) T T 2 = (1 − η2 ) T

Procenat Procenat za koji treba sniziti sniziti temperaturu temperaturu hladnjaka postaje

∆T T 2 T 1 T 2 = = T 1 T 1 T 1

−

−1

odnosno, uzimajuću u obzir gornje izraze za T 1 i T 2 ∆T T 2 = T 1 T 1

20%.. − 1 = 11 −− ηη21 − 1 = 11 −− 00..65 − 1 = 54 − 1 = −0.2 = −20%

19  a Posmatrajmo beskonačnu električnu mrežu kao na slici. Neka je R N − N −1 ekvivalentna otpornost mreže desno od čvorova A N − N −1 i B N − N −1 .

tada se čitava mreža desno od ova dva čvora može zameniti ekvivalentnom otpornošću R N −1 kao na slici ispod.

Sada se ekvivalentna otpornost mreže između tačaka A i B, R N , može izraziti u sledećem obliku RN = R1 +

R2 RN −1 R2 + RN −1

71


Za beskonačni broj otpornika N → → odnosno

∞ imamo da ukupna otpornost mreže neće zavisiti od broja otpornika, lim RN = lim RN −1 = R∞

N →∞ →∞

N →∞ N →∞

tako da prethodna jednačina za N → → ∞ postaje R2 R∞ R2 + R∞

R∞ = R = R 1 +

Odakle se dobija sledeća kvadratna jednačina 2 R∞

− R1R∞ − R1R2 = 0

sa mogućim rešenjima za R ∞ : R∞ =

R1

±



R12 + 4R 4 R1 R2 2

od kojih je jedino fizičko rešenje sa znakom plus (otpornost mora biti nenegativna veličina) R∞ =

R1 +



R12 + 4R 4 R1 R2 12 + 18 = Ω = 15 Ω. 2 2

20  e Radioaktivni raspad se odvija prema sledećoj jednačini N (t ( t) = N 0 e−λt

gde je N 0 početni p očetni broj jezgara jezgara radioaktivnog radioaktivnog izotopa, izotopa, N ( N (tt) je broj jezgara u vremenskom trenutku t (količina materije koja ostaje nakon radioaktivnog raspada), i λ konstanta radioaktivnog raspada. t = t t 1/2 je definisano kao vreme za koje se raspadne polovina početnog broja jezgara (odnosno, Vreme poluraspada p oluraspada t = vreme u kome je broj jezgara koji je ostao neraspadnut jednak polovini početnog broja jezgara)

 

N t1/2 =

N 0 2

smenjujući u formuli iznad, za konstantu raspada dobijamo N 0 = N 0 e−λt 2

1/2

2 = e λt

1/2

ln2 = λt = λt 1/2 λ =

ln 2 t1/2

= t 1 = 20 dana, broj neraspadnutih jezgara iznosi Nakon vremena t = t N 1 = N (t ( t1 ) = N 0 e−λt

1

= t 2 = 30 dana, broj neraspadnutih jezgara dok je nakon vremena t = t N 2 = N (t ( t2 ) = N 0 e−λt

2

što znači da se u periodu od t 1 = 20 dana do t 2 = 30 dana raspalo ∆N = N 1 − N 2 jezgara ∆N = N 1

= N 0 − N 2 = N



e−λt

1

− e−λt

2



Masa bizmuta je proporcionalna broju jezgara koji postoji u toj masi, tako da je procenat mase bizmuta (u odnosu na početnu masu) koji se raspadne u intervalu vremena jednak procentu broja jezgara (u odnosu na početni broj jezgara) koji se raspadne u datom intervalu ∆N = e −λt N 0

1

− e−λt

2

72


∆N − = e t N 0

ln 2

∆N = eln 2 N 0

1/2

−t

 

t1

− e−

t1

1/2

−

ln 2

t1/2

  eln 2

t2

−t

t2

1/2

= e ln x (odnosno 2 = e ln 2 , za x = 2) dalje dobijamo Koristeći x = e t ∆N − =2 t/ N 0

− 2−

∆N = 2− N 0

− 2−

1

1 2

20 5

∆N = 2−4 N 0

t2 t1/2

30 5

− 2−6

∆N 1 = 16 N 0

− 1 = 3 ≈ 4.7 %. − 641 = 4 64 64

73


28. jun 2011.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (28. jun 2011.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Tesla (T) je jedinica za a) snagu d) silu



(3 poena)

2. Pri kružnom kretanju kretanju oko Sunca ugaona brzina centra centra Zemlje je približno a) 2 · 10−7 s−1 4 .8 · 10−6 s−1 d) 4.

1 .2 · 10−5 s−1 b) 1. e) 7.2 · 10−4 s−1

7 .3 · 10−5 s−1 c) 7. n) ne znam

(3 poena)

3. Jezgro atoma radioaktivnog elementa ima Z protona i N neutrona. U pozitronskom ( β +) raspadu jezgra neće se promeniti a) Z d) Z+N

b) N e) Z-N

c) Z/N n) ne znam

(3 poena)

c) nap on n) ne znam

(3 poena)

4. Od nabrojanih fizičkih fizičkih veličina veličina skalar je a) ubrzanje d) moment impulsa

b) električno polje e) magnetska indukcija

5. Zapremina jednog mola idealnog gasa na temperaturi od 0 °C i pritisku od 101.3 kPa je (R = 8.314 J/(mol K)) a) 22.4 m3 d) 2240 cm3

b) 22.4 dm3 e) 224 dm3

c) 22.4 cm3 n) ne znam

(3 poena)

6. Brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu 45 m je (otpor vazduha zanemariti, g = 10 m /s2) a) 30 m/s d) 21.2 m/s

b) 450 m/s e) 900 m/s


(4 poena)

7. Kroz vodovodnu cev promenljivog prečnika protiče voda. Na mestu na kojem je prečnik cevi 80 mm brzina vode je 1 m/s. Na mestu na kojem je prečnik cevi 40 mm brzina vode je

a) 0.5 m/s d) 8 m/s

b) 2 m/s e) 16 m/s

c) 4 m/s n) ne znam

(4 poena)

75


28. jun 2011.

8. Tačkasti ačkasti svetlosni svetlosni izvor se nalazi na rastojanju rastojanju 2 m ispred tankog tankog sabirnog sabirnog sočiva. Lik predmeta je na rastojanju rastojanju 1 m iza sočiva. sočiva. Žižna daljina daljina sočiva iznosi a) 2 m d) 1/3 m

b) 2/3 m e) 3/2 m

c) 1/2 m n) ne znam

(4 poena)

+ Q se nalazi u tački A, a naelektrisanje −Q u 9. Dva tačkasta naelektrisanja se nalaze na x −osi. Naelektrisanje +Q tački B pri čemu je xA < xB . Tačka C u kojoj je elektrostatičko polje jednako nuli je

a) levo od tačke A c) između tačaka A i B e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) desno od tačke B d) svuda u prostoru n) ne znam

(4 poena)

10. Ako se kinetička energija tela konstantne mase poveća četiri puta njegov impuls se a) ne menja d) poveća dva puta

b) smanji dva puta e) poveća četiri puta

c) smanji četiri puta n) ne znam

(4 poena)

11. Grejač u gradskoj mreži napona 230 V ima snagu od 110 W. Kada se priključi na izvor napona 24 V isti grejač ima snagu od približno a) 11.5 W d) 1.2 W

b) 5.75 W e) 23 W

c) 2.4 W n) ne znam

(5 poena)

12. Napon između ploča kondenzat kondenzatora ora kapacitivnost kapacitivnostii C = 10 muF se menja po zakonu u(t) = kt gde je k = 100 V/s. Struja kroz kondenzator iznosi a) 1 mA d) 0.1 mA

b) 10 mA e) 1 A

c) 100 mA n) ne znam

(5 poena)

R/ 6 iznad površi Zemlje, gde je R 13. Veštački Zemljin satelit se kreće po stacionarnoj kružnoj orbiti na visini R/6 poluprečnik Zemlje. Ako je gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje g intenzitet brzine satelita je

 

gR/6 a) 5gR/6 d) 3 gR

 

b) 2 2gR e) 3gR



gR/7 c) 6gR/7 n) ne znam

(5 poena)

14. Čestica Čestica mase mase m i naelektrisanja q kreće se pod uticajem homogenog magnetskog polja indukcije B po kružnici poluprečnika R , brzinom v . Rad Lorencove sile kada čestica obiđe jedan krug je a) 2πRqvB 2 πmv 2 d) 2πmv

b) 0 e) 2RqvB


(5 poena)

15. Telo mase 800 g se kreće pod dejstvom konstantne sile. Za vreme dok sila izvrši rad od 48 J, brzina tela se promeni za 4 m/s. Srednja brzina tela u tom intervalu vremena je a) 9.6 m/s d) 7.5 m/s

b) 30 m/s e) 15 m/s


(7 poena)

76


28. jun 2011.

16. Tanak list cigaret papira okvašen vodom prilepljen je za staklenu planparalelnu pločicu debljine d . Tanak laserski snop svetlosti pada normalno na površ papira na kome se rasejava i prolazeći kroz staklo stvara na drugoj površi pločice kružnu osvetljenu površ poluprečnika R . Indeks prelamanja staklene pločice je a) R/d d) 2 R2 + d2 /R

 

2 R/d c) 2R/d n) ne znam

(7 poena)

17. U posudi sa vodom se nalazi komad komad plute koji je neistegljivi neistegljivim m koncem zanema zanemarlj rljiv ivee mase mase vezan vezan za dno kao na slici. slici. Ako Ako se posuda posuda ne kreće kreće sila zatezanja u koncu je T . Ako se posuda kreće naniže sa konstantnim konstantnim ubrzanjem ubrzanjem intenziteta a = g/ = g/3 3 ( g je gravitaciona konstanta) nova sila zatezanja u koncu će biti 3 T /2 3 T a) T b) 3T c) 3T 2 T /3 d) 2T e) 4T /3 n) ne znam

(7 poena)



b) e)

R2 + d2 /R 2

R2 + 4d 4d /R

18. Jedan mol idealnog idealnog gasa se izobarskim izobarskim širenjem širenjem prevede iz početnog stanja sa temperaturom T 1 = 600 K u krajnje stanje sa tri puta većom većom zapreminom. zapreminom. Mehaničk Mehaničkii rad izvršen u ovom ovom procesu je približno približno (R = 8.314 J/(mol K)) a) 1 kJ d) 20 kJ

b) 5 kJ e) 50 kJ

c) 10 kJ n) ne znam

(8 poena)

3 R/22 c) 3R/ n) ne znam

(8 poena)

19. Ekvivalen Ekvivalentna tna otpornost mreže otpornika između tačaka A i B na slici iznosi

R/3 a) 7R/3 5 R/33 d) 5R/

2 R b) 2R R/3 e) 4R/3

2 L savijena je 20. Tanka, kruta metalna žica, zanemarljive mase i dužine 2L na sredini tako da ima oblik grčkog slova Λ . Ugao između kraka žice je 120°. Dve kuglice malih prečnika i istih masa zakačene su za krajeve žice. Sistem osciluje u gravitacionom polju u vertikalnoj ravni koju čine kraci žice, oko ose koja prolazi kroz tačku savijanja O, a normalna je na ravan oscilovanja. Period malih oscilacija ovog oscilatora je

 

a) 2π L/g 2 π L/(2 L/(2gg ) d) 2π

 

b) π 2L/g e) 2π 2L/g



L/(2gg ) c) π L/(2 n) ne znam

(8 poena)

77


REŠENJA  ). e Tesla (T) je jedinica za magnetsku indukciju ( B 1  ∆ φ = 2π rad oko Sunca za ∆t = 365 dana = 365 · 24 · 3600 s. 2  a Centar Zemlje opiše puni krug ∆φ Ugaona brzina centra Zemlje je ω =

∆φ 2π = ∆t 365 24 3600

· ·

≈ 2 · 10−7 s−1.

+ 3  d Pri pozitronskom β raspadu u jezgru radioaktivnog elementa dolazi do pretvaranja protona u neutron uz emitovanje pozitrona (e+ ) i elektron elektron neutrina. Dakle ukupan ukupan broj protona protona i neutrona neutrona u jezgru jezgru radioaktivnog radioaktivnog elementa ostaje nepromenjen, odnosno Z+N = const.

4  c Napon je skalarna fizička veličina. 5  b Prema jednačini idealnog gasa imamo

pV = nRT V =

V =

1 mol

·

nRT p

8.314 molJ K (0 + 273 K ) = 0.0224 m 3 = 22 22..4 dm 3 . 3 101..3 10 Pa 101

·

·

6  a Prema jednačini vertikalnog hica, brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu H = 45 m , je v0 = v0 =

 ·

2 10



2gH

m m 45 = 30 . m · s2 s

7  c Na osnovu jednačine kontinuiteta kontinuiteta (za protok nestišljivog fluida) dobijamo S 1 v1 = S 2 v2 v2 = v1 v2 = v1

S 1 S 2

D12 m 802 m = 1 = 4 . 2 D2 s 402 s

·

8  b Na osnovu jednačine tankog sabirnog sočiva 1 1 1 = + f p q q = 1 m udaljenost (realnog) lika iza sočiva, za žižnu daljinu gde je p = 2 m udaljenost m udaljenost izvora ispred sočiva i q = ovog sočiva dobijamo 1 1 1 3 2 = + = f = m. ⇒ f 1 m 2 m 2 m 3

9  e Uzimamo u obzir da je jačina električnog polja tačkastog naelektrisanja Q na rastojanju R data izrazom E = =

Q 4πεR 2

i radijalnog radijalnog je pravca pravca u smeru „od“ pozitivnog pozitivnog naelektrisanja, naelektrisanja, odnosno, u smeru „ka“ negativnom negativnom naelektrisanj naelektrisanju. u. Posmatramo električno polje na x -osi u tri moguća slučaja, kao na slici:

79


(a) xA ≤ xC < x B (između tačaka A i B) (b) xC ≥ xB > xA (desno od tačke B) (c) xC < x A < xB (levo od tačke A)

Rezultujuća električna polja u ova tri slučaja su: (a) E a = E 1 + E 2 =

Q 4πε( πε (xC

− xA)

2

+

Q 4πε( πε (xB

− xC )2 > 0

ovaj izraz je uvek pozitivan jer odgovara sumi dve pozitivne vrednosti. (b) E b = E 1 + E 2 =

Q

Q

− xA )2 − 4πε (xB −

4πε( πε (xC

Q = 2 4πε xC )



1

1

− xA)2 − (xC − xB )2

(xC

ovaj izraz je uvek pozitivan za x B > xA .



> 0

(c) E c = E = E 1 + E 2 =

Q

Q

− 4πε (x − x )2 + 4πε (x − x )2 = − C A B C

Q 4πε



1

1

− xA)2 − (xC − xB )2

(xC



< 0

ovaj izraz je uvek negativan za x B > xA . Dakle, Dakle, nijeda nijedan n od ovih ovih izraza izraza nije jednak jednak nuli. nuli. Ovaj Ovaj rezulta rezultatt se može može proširi proširiti ti i za tačke tačke posmatr posmatranj anjaa u čita čitavvoj ravn ravni, i, kao kao i u čita čitavom vom pros prosto toru ru.. Da Dakl kle, e, ne postoj postojii tačk tačkaa C u kojo ojojj je inten intenzit zitet et elek elektr tričičnog nog polja polja jedn jednak ak nuli (osim (osim tača tačaka ka u besko beskona načn čnos osti) ti),, tako tako da nije nijeda dan n od dati datih h odgov odgovor oraa nije nije tača tačan. n. 10  d Kinetička energija tela konstantne mase m koje se kreće brzinom v data je izrazom 1 E k = mv 2 2

a impuls tog tela p = p = mv mv

Pri povećanju kinetičke energije 4 puta, za telo konstantne mase m važi



√

v2 E k2 = = 4 =2 v1 E k1 p2 v2 = =2 p1 v1

odnosno impuls će se povećati dva puta. 11  d Snaga koja se razvija na grejaču grejaču otpornosti R priključenom na napon V 1 data je izrazom P 1 =

V 12 R

80


Isti otpornik priključen na drugi izvor napona V 2 imaće snagu P 2 =

V 22 R

Iz prethodne dve jednačine dobijamo P 2 = P 1

V 22 R V 12 R

V 22 = 2 V 1

odnosno P 2 = P = P 1 P 2 = 110 W

V 22 V 12

·  ≈ 2

24 230

1.2 W .

12  a Pri linearnoj promeni napona između ploča kondenzatora u (t) = kt

struja kroz kondenzator kapacitivnosti C je konstantna i može se izračunati prema sledećem izrazu i = C = C

∆u ∆t

Kako je ∆u = u = u (t2 )

za struju dobijamo

k ∆t − u (t1) = k (t2 − t1) = k∆ i = C = C

k∆t = C k ∆t

i = 10 10−6 F 100

·

·

V = 1 mA . s

R + H H od centra Zemlje, 13  c Na satelit mase m na visini H iznad iznad Zemljine površi, tj. na rastojanju R1 = R + deluje gravitaciona sila Zemljine teže F g = γ

mM mM = γ 2 R1 (R + H )2

gde je M masa Zemlje i γ gravitaciona gravitaciona konstanta. konstanta. Gravitac Gravitaciono iono ubrzanje na površi Zemlje odgov odgovara jačini gravitacionog polja na površi Zemlje i definisano je M = γ 2 g = γ R

g R2 ⇒ γM = gR

što zamenom u prethodnoj jednačini daje F g =

m (R + H )2

γM = mg

R2 (R + H )2

Kada se satelit kreće brzinom v po kružnoj putanji radijusa R1 na njega deluje centrifugalna centrifugalna inercijalna inercijalna sila data izrazom F c =

mv2 mv2 = R1 R + H

Za stacionarnu kružnu putanju važi jednakost gravitacione sile i centrifugalne sile, odnosno F g = F c mg

R2 (R + H )2

=

mv 2 R + H

81


odakle se za brzinu satelita dobija v = R/ 6 imamo Za zadatu visinu H = R/6 v =

 

gR 2 R + H

6gR/7 gR/7.

14  v u homogenom b Na česticu mase m i naelektrisanja q koja se kreće po kružnici poluprečnika R brzinom   deluje Lorentz-ova sila magnetskom polju indukcije B  = q v F

× B

Vektor ove sile je normalan na vektor brzine odnosno na vektor putanje ove čestice pa je skalarni proizvod vektora sile i vektora putanje jednak nuli u svakoj tački putanje. Kako se rad definiše kao skalarni proizvod vektora sile i vektora putanje i kako je ovaj proizvod nula u svak svakoj oj tačk tačkii puta putanj nje, e, to je rad rad koji Loren Lorentz tz-o -ovva sila sila vrši vrši na česti čestici ci nael naelek ektr trisa isanj njaa q jednak jednak nuli. nuli. 15  e Telo mase m na koje deluje konstantna sila se kreće ubrzanjem a i pod dejstvom ove sile u intervalu = t 1 dostigne brzinu vremena t = t v1 = v = v 0 + at1

Srednja brzina ovog tela u intervalu vremena t1 je data izrazom v1 + v0 2

vs =

Rad koji sila izvrši nad telom jednaka je promeni promeni kinetičk kinetičkee energije energije tog tela 2

A = E = E k1

Kako je

2

− E k0 = mv2 1 − mv2 0 = m2

v12

to se dobija

− v12

v02

( v1 − v0 ) (v1 + v2 ) − v02 = (v

A = m = m (v1

m∆vv s − v0) v1 +2 v0 = m∆

= v 1 − v0 označili promenu brzine tela pod dejstvom sile . gde smo sa ∆v = v Iz prethodne jednačine se za srednju brzinu tela dobija vs = vs =

48 J 0.8 kg

·

4 ms

A m∆v =

60 m m = 15 . 4 s s

16  b Laserski snop se rasejava na površi papira, tako da zraci ovog laserskog snopa upadaju u staklenu pločicu pod svim mogućim uglovima uglovima 0

≤ θ1 ≤ π2

Na osnovu Snell-ovog zakona prelamanja svetlosti na graničnoj površi vazduha sa staklom imamo n1 sin θ1 = n 2 sin θ2

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

82


Iz prethodnog izraza dobijamo sin θ2 =

1 sin θ1 n2

i kako za sve moguće upadne uglove θ1 važi 0

≤ sin θ1 ≤ 1

sledi da su laserski zraci prelomljenog snopa u staklu ograničeni uglovima 0

≤ sin θ2 ≤ n12

Maksimalni ugao pod kojim se zrak prelama je dakle 1 n2

sin θ2,max =

d , važi (vidi sliku) Za poluprečnik kružne površi koja se stvara na drugoj površi pločice debljine d, R = d = d tan θ2,max

Koristeći sledeće trigonometrijske relacije

 −  − 1

sin2 θ

sin θ = cos θ

sin θ

cos θ = tan θ =

dalje dobijamo R = d = d tan θ2,max = d

sin θ2,max

 −  −  1

odakle se za indeks prelamanja prelamanja ima

1

sin2 θ2,max n22

n22 =

1+

n2 =

1=

d R

2

=

= d

1 n2

 − 1

1 n2 2

= d

1

 − n22

1

d R R2 + d2 R2

√ R2 + d2 R

sin2 θ

.

d Neka je masa komada plute m, zapremina komada plute V i 17  gustina vode ρ . Kada posuda miruje, na komad plute u vodi deluju sledeće sile • sila Zemljine teže (vertikalno naniže): F g = mg • sila potiska (vertikalno naviše): F = ρV g p = ρV • sila zatezanja konca (vertikalno naniže): T Kako komad plute miruje, to važi uslov ravnoteže

F g + T = F p T = F p

( ρV − − F g = (ρV − m) g.

Neka se sada posuda kreće naniže konstantnim ubrzanjem a. Vežimo referen referentni tni sistem sistem za ovu posudu. posudu. Na neko telo mase m u ovom referentnom sistemu deluje sila Zemljine teže mg naniže i inercijalna sila ma naviše (u smeru suprotnom od smera ubrzanja referentnog sistema), tj. rezultantna sila oblika mg

ma = m m (g − a) = mg1 − ma =

83


To znači da kada se referentni sistem kreće naniže ubrzanjem a , tela u tom sistemu se ponašaju kao da su na nekoj nekoj drugoj planeti na kojoj je gravitaci gravitaciono ono ubrzanje g1 = g

− a.

Dakle, u ovom slučaju ćemo imati istu jednačinu za silu zatezanja konca, samo sa novom gravitacionom konstantom T 1 = (ρV = g/33 dalje dobijamo Za a = g/

)(g − a) − m) g1 = (ρV − − m)(g

− − m) g − g3

T 1 = (ρV

 

18  c Jednačina Jednačina idealnog idealnog gasa u stanju 1 je

2 = (ρV (ρV 3

− − m) g = 32 T .

p1 V 1 = nRT 1

i slično za jednačinu idealnog gasa u stanju 2 imamo p2 V 2 = nRT 2

Pri izobarskom širenju gasa iz stanja 1 u stanje 2 pritisak ostaje konstantan p1 = p = p 2 = p

i pri tome važi

V 1 V 2 = T 1 T 2

Kako je prema uslovima zadatka V 2 = 3V 1 , to za temperature važi T 2 = T 1

V 2 = 3T 3 T 1 V 1

Mehanički rad gasa pri izobarskom širenju je dat jednačinom A = p = p∆ ∆V = p (V 2

− V 1)

Uzimajući u obzir gornje jednačine idealnog gasa imamo A = pV = pV 2

Odakle se za zadate vrednosti dobija

= nRT 2 − nRT 1 = nR (T 2 − T 1 ) − pV 1 = nRT A = nR = nR (3T (3T 1 − T 1 ) = 2nRT 2 nRT 1

A = 2 1 mol 8.314

·

·

J · 600 K ≈ 10 kJ. mol · K

19  a Neka su čvorovi čvorovi i struje struje označeni kao na slici. Svaki Svaki otpornik na slici ima otpornost R.

84


Primenom prvog Kirchhoff-ovog zakona za struje na čvorove C, D, E, i F, redom, dobijamo sledeće jednačine za struje C: I = I 1 + I 2 = I 3 + I 4 D: I 1 = I = I 2 + I 3 E: I 5 = I I = I 4 + I 5 F: I = Pad napona između čvorova C i E je nula (kratak spoj): U CE CE = 0 Istovremeno, važi U CE CE = U CD CD + U DE DE

Kako je prema Ohm-ovom zakonu U CD CD = RI 1 i U DE DE = RI 3 to se dobija RI 1 + RI 3 = 0

⇒ I 3 = −I 1

Zamenom u jednačinu struja za čvor D imamo I 1 = I = I 3 + I 4 =

−I 1 + I 4 ⇒ I 4 = 2I 1

Pad napona između čvorova D i F je takođe nula (kratak spoj): U DF DF = 0 Istovremeno, važi U DF DF = U DE DE + U EF EF = RI 3 i U EF Kako je prema Ohm-ovom zakonu U DE DE = RI EF = RI 5 to se dobija RI 3 + RI 5 = 0

→ I 5 = −I 3 = − (−I 1) = I 1

Zamenom u jednačinu struja za čvor E imamo I 1 = I 5 = I = I 2 + I 3 = I = I 2

− I 1

odakle je I 2 = 2I 1

Zamenom ove relacije u jednačinu za čvor C imamo

⇒ I 1 = I 3

I = I 1 + I 2 = 3I 1

Sada imamo U AB AB = U AC AC + U CD CD + U DF DF + U FB FB

i kako je na osnovu Ohm-ovog zakona U AC AC = RI 1 U CD RI CD = RI 1 = 3 U DF DF = 0 U FB FB = RI

to dalje dobijamo

1 7 RI + + 0 + RI = RI 3 3 Ako čitavu mrežu zamenimo ekvivalentnim otporom otpornosti R ekv , kroz otpornik će teći ista struja I i stvaraće isti pad napona U AB zakonu važi AB , tako da prema Ohm-ovom zakonu U AB = RI + + AB = RI

U AB AB = R ekv I

Direktnim poređenjem poslednje dve jednačine, za ekvivalentnu otpornost mreže otpornika dobijamo Rekv =

7 R. 3

85


e Pretpostavimo 20  Pretpostavimo da je sistem žice savijene savijene po sredini sredini sa kuglicama kuglicama mase M na njenim krajevima otklonjen iz položaja ravnoteže za mali ugao θ u smeru suprotnom od smera kazaljke na satu, kao na slici. Tada je ugao π π između levog kraka žice i vertikaln vertikalnee ose − θ, a ugao između desnog kraka žice i vertikalne ose + θ, kao na 3 3 slici.

Na levu kuglicu deluje sila Zemljine teže M g , tako da je moment ove sile (u smeru suprotnom od kazaljke na satu): M + = F = F 1 L

·

kako je normalna komponenta sile Zemljine teže na levi krak F 1 = M g sin

za moment sile imamo

π 3

 −   −       −  −  θ

M + = F = F 1 L = M = M gL sin

·

π 3

θ

Na sličan način, za moment sile koja deluje na desni krak (u smeru kazaljke na satu) imamo M − = F 2 L = M = M gL sin

·

π +θ 3

Rezultujući moment sile koji deluje na ovaj sistem otklonjen za mali ugao θ iz ravnotež ravnotežnog nog položaja je M r = M +

− M − = M gL

Uzimajući u obzir trigonometrijsku relaciju sin(α sin(α

sin

π +θ 3

π 3

sin

θ

± β ) = sin α cos β ± cos α sin β

ima se π sin +θ 3

π sin 3

π π θ = sin cos θ + cos sin θ 3 3

  −  − 

tako da je

π sin cos θ 3

−

−

π π cos sin θ = 2 cos cos sin θ = sin θ 3 3



M r = M gL sin θ

Za male uglove θ važi sin θ ≈ θ:

M r

= kθ ≈ M gL · θ = kθ

= M gL označili koeficijent elastičnosti. gde smo sa k = M Moment inercije kuglice mase M na rastojanju L od centra rotacije dat je relacijom I 0 = M L2

U našem slučaju imamo dve kuglice mase M na istom rastojanju L od centra rotacije, tako da je ukupan moment inercije I = 2I 0 = 2M L2

86


Najzad, ako na sistem momenta inercije I , deluje moment sile oblika M r = kθ (u smeru suprotnom od smera rotacije), to će ovaj sistem imati male (harmonijske) oscilacije perioda T = 2π



I k

Zamenom izraza za koeficijent k i moment inercije I dobijamo T = 2π 2π

 

T = 2π

2M L2 M gL 2L . g

87


29. jun 2010.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (29. jun 2010.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Jačina Jačina električnog električnog polja u centru centru naelektrisane naelektrisane metalne sfere a) zavis zavisii od količ količine ine naelek naelektri trisan sanja ja na sferi sferi c) zavisi od potencijala sfere e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) zavis zavisii od polupre poluprečni čnika ka sfere sfere d) jednaka je nuli n) ne znam

(3 poena)

2. Osnovna jedinica za pritisak u SI sistemu je a) Torr d) Pa

b) mmHg e) psi

c) atm n) ne znam

(3 poena)

3. Jezgro atoma radioaktivnog elementa im Z protona i N neutrona. U β − raspadu neće se promeniti a) Z d) Z-N

b) N e) Z+N

c) Z/N n) ne znam

(3 poena)

b) energiju e) električno polje

c) intenzitet sile n) ne znam

(3 poena)

4. Elektron Elektron volt (eV) (eV) je jedinica jedinica za a) snagu d) količinu elektriciteta

5. Ako kroz poprečni presek provodnika ravnomerno prolazi svakog minuta količina elektriciteta od 24 kulona, jačina struje je

a) 0.4 A d) 1440 A

b) 1.5 A e) 4 A

6. Telo je izbačeno naviše sa visine 1 m, početnom brzinom (g = 10 m /s2 )

√

a) 5 m/s √ d) 15 m/s

√

b) 2 5 m/s √ e) 30 m/s

c) 24 A n) ne znam

(3 poena)

√

5 m/s. Pri udaru o tlo telo će imati brzinu

c) 5 m/s n) ne znam

(4 poena)

7. Kroz vodovodnu cev prečnika 40 mm ističe voda stalnom brzinom od 2 m/s. Kubni metar vode istekne za približno a) 100 s d) 796 s

b) 199 s e) 398 s

c) 1592 s n) ne znam

(4 poena)

89


29. jun 2010.

8. Čestica Čestica se kreće konstantno konstantnom m brzinom kroz sredinu sredinu indeksa prelamanja 2.5. Da bi brzina čestice čestice bila jednaka jednaka brzini svetlosti u datoj sredini, ona bi trebalo da iznosi a) 0.4c c/ 3 d) c/3

b) c e) zadatak nema rešenje

0 .5c c) 0. n) ne znam

(4 poena)

9. Frekvencija elektromagnetskih talasa talasne dužine λ = 1 cm je (c = 3 · 108 m/s) a) 3 GHz d) 300 Hz

b) 30 GHz e) 3 kHz

c) 300 GHz n) ne znam

(4 poena)

10. Oko ose rotacije obrće se materijalna tačka mase m = 4 g po kružnici prečnika D = 2 m . Moment inercije materijalne tačke u odnosu na tu osu rotacije je

a) 10 kg cm2 d) 40 kg cm2

b) 5 kg cm2 e) 2.5 kg cm2

c) 20 kg cm2 n) ne znam

(4 poena)

11. Litar vode na temperaturi od 295 K pomeša se sa dva litra vode na temperaturi od 97o C. Temperatura smeše je a) 72o C d) 332.5 K

b) 320 K 70..5o C e) 70

c) 480 K n) ne znam

(5 poena)

k t gde je k = 10 A/s. 12. Kroz kalem induktivnosti L = 10 mH protiče vremenski promenljiva struja i (t) = kt Indukovana elektromotorna sila na krajevima kalema po svojoj apsolutnoj vrednosti iznosi

a) 1 V d) 0.01 V

b) 10 V e) 100 V

c) 0.1 V n) ne znam

(5 poena)

13. Veštački Zemljin satelit se kreće po stacionarnoj kružnoj orbiti na visini R iznad površi Zemlje, gde je R poluprečnik Zemlje. Ako je gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje g intenzitet brzine satelita je a) d)

 

5gR gR/3 gR/ 3

b) e)

 

2gR

gR/2 gR/2



c) gR n) ne znam

(5 poena)

14. Alfa čestica se u stacionarnom i homogenom magnetskom polju indukcije B kreće po kružnici kružnici poluprečnika poluprečnika R. Impuls alfa čestice je a) eBr 2 eBr d) 2eBr

4 eBr b) 4eBr e) 0

2 eB/r c) 2eB/r n) ne znam

(5 poena)

15. Balon Balon mase 1000 kg počne da se spušta ubrzanjem ubrzanjem 0.01 g. Masa balasta balasta (tereta) koju treba odbaciti odbaciti iz 2 gondole da bi balon počeo da se kreće istim ubrzanjem naviše iznosi približno ( g = 10 m /s ) a) 20 kg d) 80 kg

b) 40 kg e) 100 kg

c) 60 kg n) ne znam

(7 poena)

90


29. jun 2010.

16. Ekspander paralelnog snopa laserskog zračenja sastoji se od jednog rasipnog sočiva žižne daljine |f | = 10 cm i jednog sabirnog sočiva žižne daljine F = 50 cm, cm, postavljenih upravno na pravac snopa, a razdvojenih za F − − |f | = 40 cm. Prečnik izlaznog snopa se posle prolaska kroz ekspander uveća a) 2 puta d) 4 puta

b) 1.2 puta e) 2.5 puta

c) 5 puta n) ne znam

(7 poena)

17. U posudi sa vodom se nalazi komad komad plute koji je neistegljivi neistegljivim m koncem zanema zanemarlj rljiv ivee mase mase vezan vezan za dno kao na slici. slici. Ako Ako se posuda posuda ne kreće kreće sila zatezanja u koncu je T . Ako se posuda kreće naviše sa konstantnim ubrzanjem intenziteta a = 3g ( g je gravitaciona konstanta) nova sila zatezanja u koncu će biti 4 T 3 T a) T b) 4T c) 3T d) T /3 e) pluta će potonuti na dno n) ne znam

(7 poena)

18. Monoatomski idealni gas zagreva se pri konstantnoj zapremini od 10 litara tako da mu se pritisak poveća za 400 kPa. Količina toplote dovedena gasu pri zagrevanju je a) 2 kJ d) 8 kJ

b) 4 kJ e) 10 kJ

c) 6 kJ n) ne znam

(8 poena)

19. Na slici je prikazano prikazano kolo stalne jednosmerne jednosmerne struje. Ako ampermetar ampermetar A ne pokazuje nikakvo skretanje električna otpornost otpornika R 3 je a) 2 k Ω c) 8 k Ω e) 32 k Ω

b) 4 k Ω d) 16 k Ω n) ne znam (8 poena)

20. U širok otvoreni otvoreni sud tankih tankih zidova zidova nalivena je voda do visine H , kao na slici. Na bočnoj strani suda je napravljen mali otvor otvor kroz koji voda ističe ističe u horizonta horizontalnom lnom pravcu. pravcu. Visina h na kojoj treba da se nalazi ovaj otvor da bi mlaz vode imao maksimalni domet D i vrednost maksimalnog dometa iznose respektivno = H/22, D = H/ a) h = H/ √ = H/22 = H/ 2, D = H/ = H/22 c) h = H/ = H/22, D = H = H e) h = H/

√

= H/22, D = 2H b) h = H/ = H/33, D = H = H d) h = H/ n) ne znam

(8 poena)

91


REŠENJA d Jačina električnog polja u centru naelektrisane metalne sfere je jednaka nuli. Ovo je direktna posledica 1  Gauss-ovog zakona i činjenice da je ukupna količina naelektrisanja koja se nalazi unutar sfere jednaka nuli (naelektrisanje se raspoređuje ravnomerno po površi sfere). Kako u sferi nema izvora naelektrisanja, to je i jačina električnog polja unutar sfere jednaka nuli.

2  d Osnovna Osnovna jedinica jedinica za pritisak pritisak u SI sistemu je Pa. − 3  e Pri β raspadu u jezgru radioaktivnog atoma neutron se pretvara u proton, pri čemu se emituje elektron i elektron elektron neutrino. Dakle ukupan broj protona protona i neutrona neutrona u jezgru jezgru Z+N ostaje konstan konstantan. tan.

4  b eV je jedinica za energiju. a Ako kroz poprečni presek provodni 5  provodnika ka za ∆t = 1 min = 60 s ravnomerno s ravnomerno prolazi količina elektriciteta od ∆Q = 24 C, jačina struje je data izrazom

I = =

∆Q 24 C = = 0. 0 .4 A . ∆t 60 s

6  c Telo koje je izbačeno naviše sa visine h0 = 1 m početnom brzinom v0 = vertikalnog hica dostići visinu h1 = h = h 0 +

√

5 m/s će prema jednačini

v02 2g

Telo zatim sa ove visine pada vertikalno naniže, početnom brzinom jednakom nuli i sa ubrzanjem jednakim ubrzanju Zemljine teže (vertikalni pad). Brzina koju telo dostigne pri udaru u tlo je data jednačinom v1 =

 

v02 + 2gh0 = 5

2gh1 =

m . s

7  e Kroz vodovodnu cev prečnika D = 40 mm ističe voda stalnom brzinom od v = 2 m/s. ∆ t, data je izrazom Zapremina vode V koja istekne za vreme ∆t V = Sv S v ∆t

odakle se za interval vremena dobija ∆t =

Površina poprečnog preseka cevi je S = =

D2π 4

∆t =

4V D2 πv

odakle imamo

∆t =

V Sv

4 1 m 3

·

(40 10−3 m)

·

2

· 3.14 ·

2 ms

=

1000 s 2.512

≈ 398 s .

8  a Brzina svetlosti u sredini indeksa prelamanja n = 2.5 data je izrazom cn = cn =

c n

c = 0. 0 .4c. 2.5

93


9  b Frekvencija elektromagnetskih talasa talasne dužine λ = 1 cm data je izrazom f =

i iznosi

c λ

3 108 ms f = = 3 1010 Hz = 30 GHz . − 2 1 10 m

·

·

·

D

10  d Materijalna tačka mase m = 4 g koja g koja se okreće oko ose rotacije po kružnici poluprečnika R = = 1 m 2 ima moment inercije dat izrazom I = mR 2 = 4 10−3 kg (100 cm )2 = 40 kg cm2 .

·

·

11  a Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda zapremine V (koja = ρV ) na temperaturi T data je izrazom odgovara masi m = ρV Q = mcT = mcT = ρcV ρcV T

Ako pomešamo zapreminu vode V 1 na temperaturi T 1 (i količinom sadržane toplote Q1 = ρcV 1 T 1 ) sa zapreminom vode V 2 na temperaturi T 2 (i količinom sadržane toplote Q 2 = ρcV 2T 2), na osnovu zakona održanja energije, energije, količina toplote rezultujuće smeše biće Q = Q = Q 1 + Q2 = ρc = ρc (V 1 T 1 + V 2 T 2 )

Kako je rezultujuća smeša takođe voda, ukupne zapremine V = V 1 + V 2, iste specifične toplote c , i na rezultujućoj temperaturi T , to se količina toplote može izraziti i u sledećem obliku Q = ρ = ρccV T = ρc (V 1 + V 2 ) T

Iz poslednje dve jednačine sledi ρc (V 1 + V 2 ) T = ρc (V 1 T 1 + V 2 T 2 )


V 1 T 1 + V 2 T 2 V 1 + V 2

1 (295

·

273) 3) + 2 · 97 − 27

1+2 T = 72o C.

o

C

c Indukovan 12  Indukovanaa elektromotorna sila u kalemu koeficijenta samoindukcije L kada kroz njega protiče linearno promenljiva struja i (t) = kt, dat je izrazom

E i = −L ∆∆ti Kako je ∆i = i = i (t2 )

= k (t2 − t1 ) = k∆ k ∆t − i (t1) = kt 2 − kt1 = k

to za apsolutnu vrednost elektromotorne sile dobija

|E i| = L ∆∆ti = kL |E i| = 10 As · 10 · 10−3 H = 0.1 V . 13  e Na veštački veštački Zemljin satelit koji se brzinom v kreće po stacionarnoj kružnoj orbiti na visini R iznad površi Zemlje, gde je R poluprečnik Zemlje, deluje centrifugalna sila (usmerena radijalno od centra Zemlje) F c =

mv2 mv2 = Ro 2R

94


gde je R o = 2R poluprečnik njegove kružne putanje. Istovremeno, na satelit deluje sila gravitacionog polja Zemlje (usmerena radijalno ka centru Zemlje) data jednačinom F g = γ

mM mM = γ Ro2 4R 2

gde je M masa Zemlje. Kako je gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje g dato izrazom M g = γ = γ 2 R

to dobijamo da je sile Zemljine teže na visini R iznad površi Zemlje jednaka jednoj četvrtini sile Zemljine teže na površi Zemlje 1 M 1 F g = mγ 2 = mg 4 R 4

Pri kružnom kretanju važi ravnoteža sile Zemljine teže i centrifugane sile F c = F g mv 2 1 = mg 2R 4 v =



gR/2 gR/2.

d Neka se alfa čestica naelektrisanja 14  naelektrisanja q i mase m kreće brzinom v po kružnici radijusa R u polju magnetske  indukcije B kao na slici.

Na česticu deluje Lorentz-ova sila

 L = q F = qv

× B

Uzimajući u obzir da je vektor brzine normalan na vektor magnetske indukcije, za intenzitet Lorentz-ove sile se ima (pravac i smer su određeni pravilom desne ruke, kao na slici) F L = q = qvB vB

Na česticu koja se kreće po kružnici radijusa R brzinom v deluje centrifugalna sila (u smeru suprotnom od smera Lorentz-ove sile, kao na slici) intenziteta F c =

mv2 R

Za kretanje po kružnici važi ravnoteža ovih dveju sila F L = F c mv 2 R mv = mv = qB qB R

qvB =

Kako je impuls čestice dat izrazom p = p = mv mv

i naelektrisanje alfa čestice (alfa čestica je dvostruko jonizovani atom Helijuma) q = = 2e

95


gde je e naelektrisanje elektrona, to iz prethodne jednačine za impuls alfa čestice dobijamo izraz p = p = 2eBR.

15  a Na balon sa balastima mase M deluje sila Zemljine teže (vertikalno naniže) F g = M g

i sila potiska vazduha na balon F p p vertikalno naviše kao na slici. a = 0.01g, 01g, to prema II NewtonAko se balon kreće vertikalno naniže ubrzanjem a = Newtonovom zakonu imamo M a = M = M g

odakle se za silu potiska dobija F p = M g

− F p

− Ma

∆ M , masa balona je manja i sada iznosi Ako se iz gondole izbaci teret mase ∆M M 1 = M = M

− − ∆M

Na balon deluje sila Zemljine teže (vertikalno naniže) F g1 = M = M 1 g = (M

− − ∆M ) g

i ista sila potiska F p vertikalno naviše (sila potiska zavisi od zapremine balona i gustine vazduha koje se ne menjaju). Ako se balon sada kreće istim ubrzanjem a ali ovaj put vertikalno naviše, to prema II Newton-ovom zakonu važi M 1 a = F = F p

− F g1 (M − M )a = (M g − M a) − (M − M ) g − ∆M ) − ∆M ) 2M a = ∆M (g ( g + a) a ∆M = 2M g + a

01gg  g, važi g + g + a ≈ g te dobijamo Za a = 0.01

≈ ≈ 2M ag = 2 · 1000 kg · 0.01 = 20 kg.

∆M

16  c Neka je prečnik ulaznog laserskog snopa D 1 a prečnik izlaznog snopa D 2 . Ekspander se sastoji od rasipnog sočiva žižne daljine |f | = 10 cm i sabirnog sočiva žižne daljine F = 50 cm. Kada zraci ulaznog snopa upadaju pod pravim uglom na rasipno sočivo, po izlasku ovi zraci divergiraju kao što je prikazano na slici (imaginarni lik ovog snopa je fokusiran u žiži sočiva). Kako je rastojanje između rasipnog i sabirnog sočiva d = F = F

− − |f |

to se žiža sabirnog sočiva nalazi u istoj tački kao i žiža rasipnog sočiva (videti sliku).

96


Kako je imaginarni lik snopa (imaginarni tačkasti izvor) u žiži sabirnog sočiva, to će zraci ovog snopa nakon prolaska kroz ovo sočivo nastaviti da se kreću u pravcu normalnom na sočivo (kao na slici). Iz sličnosti trouglova sa slike se vidi da je odnos prečnika snopa posle izlaska iz ekspandera i pre ulaska u ekspander dat relacijom D2 F = = 5. D1 f

||

17  b Neka je masa komada plute M , zapremina komada plute V i gustina vode ρ. Kada posuda miruje, na komad plute u vodi deluju sledeće sile • sila Zemljine teže (vertikalno naniže): F g = M g • sila potiska (vertikalno naviše): F = ρV g p = ρV • sila zatezanja konca (vertikalno naniže): T Kako komad plute miruje, to važi uslov ravnoteže F g + T = F p T = F p

− F g = (ρV − − M ) g

Neka se sada posuda kreće naviše konstantnim ubrzanjem a . Vežimo referentni sistem za ovu posudu. Na neko telo mase m u ovom referentnom sistemu deluje sila Zemljine teže mg naniže i inercijalna inercijalna sila ma takođe naniže (u smeru suprotnom od smera ubrzanja), tj. rezultantna sila oblika mg + mg + ma = ma = m m (g + a) = mg1

To znači da kada se referentni sistem kreće naviše ubrzanjem a , tela u tom sistemu se ponašaju kao da su na nekoj nekoj drugoj planeti na kojoj je gravitaci gravitaciono ono ubrzanje g1 = g = g + + a

Dakle, kada se posuda kreće naviše ubrzanjem a imaćemo istu jednačinu za silu zatezanja konca, samo sa novim gravitacionim ubrzanjem g 1 , odnosno T 1 = (ρV

)(g + a) − − M ) g1 = (ρV − − M )(g

Za a = 3g dobijamo T 1 = (ρV

3 g ) = 4(ρV 4(ρV − − − M ) (g + 3g − M ) g = 4T .

18  c Neka je zapremina gasa V . Gas se zagreva na konstantnoj zapremini tako da iz stanja 1 datog jednačinom stanja idealnog gasa p1 V 1 = nRT 1

prelazi u stanje 2 dato sledećom jednačinom idealnog gasa p2 V 2 = nRT 2 = V )), tako da je rad koji pri tome izvrši gas jednak nuli Proces je izohorski ( V 1 = V 2 = V A = p = p (V 2

− V 1) = 0.

Unutrašnja energija (monoatomskog) gasa u stanjima 1 i 2 data je jednačinama U 1 =

3 nRT 1 2

U 2 =

3 nRT 2 2

tako da je promena unutrašnje energije gasa ∆U = U 2

3 ( p2 − p1 ) V = ∆ pV − U 1 = 23 nRT 2 − 23 nRT 1 = 23 p2V − − 32 p1V = 23 ( p 2

97


Ukupna količina toplote dovedena gasu na osnovu zakona održanja energije je Q = A = A + ∆U ∆U =

3 ∆ pV 2

Za vrednosti date zadatkom, dobijamo Q =

3 3 ∆ pV = 400 103 Pa 10 10−3 m3 = 6000 J = 6 kJ . 2 2

·

· ·

19  b Označimo čvorove i struje u kolu kao na slici. Kako ampermetar ne pokazuje nikakvo skretanje, to je struja kroz ampermetar u grani BD jednaka nuli I A = 0

Uzimajući ovo u obzir, iz prvog Kirchhoff-ovog zakona za struje u čvorovima B i D sledi I 3 = I 1 I 4 = I 2

Na osnovu Ohm-ovog zakona dobijamo U AB = R1 I 1 AB = R U AD = R 2 I 2 AD = R U BC BC = R 3 I 1 U DC = R 4 I 2 DC = R

Razlika napona na krajevima ampermetra u grani BD je jednaka nuli U BD BD = 0

Direktna posledica ovoga je da su padovi napona na granama AB i AD odnosno na granama BC i DC međusobno jednaki, odnosno važi da su (videti ekvivalentno ekvivalentno kolo na desnoj strani slike) U AB = U AD AB = U AD U BC = U DC BC = U DC

Uzimajući u obzir gornje jednačine imamo R1 I 1 = R2 I 2 R3 I 1 = R4 I 2

Deljenjem ovih poslednjih dveju jednačina dobijamo R3 R4 = R1 R2

odakle je R3 = R = R1

R4 R2

Za zadate vrednosti otpornosti dobijamo R3 = 1 k Ω

8 k Ω = 4 k Ω. 2 k Ω

98


20  e Brzina kojom voda ističe iz malog bočnog otvora na visini h se može dobiti iz Bernoulli-j Bernoulli-jeve eve jednačine jednačine primenjene na površi u poprečnim presecima S 1 i S 2 kao na slici

1 1 p1 + ρgh1 + ρv12 = p 2 + ρgh2 + ρv22 2 2

gde za površ S 1 važi • p1 = p = p 0 (sud je otvoren tako da pritisak odgovara spoljašnjem pritisku) • v1 = 0 (sud je širok, tako da se brzina spuštanja nivoa vode može zanemariti) • h1 = H (visina u odnosu na referentni nivo vezan za dno posude) Slično, za površ S 2 važi • p2 = p = p 0 (na izlazu iz bočnog otvora pritisak odgovara spoljašnjem pritisku) • v2 = v 0 (brzina koju računamo) • h2 = h (visina u odnosu na referentni nivo vezan za dno posude) Sa ovim izrazima, Bernoulli-jeva jednačina postaje 1 p0 + ρgH = p 0 + ρgh + ρv02 2

odakle se za brzinu mlaza vode na izlazu iz bočnog otvora dobija v0 =



2g(H

− h)

Mlaz vode ističe ovom brzinom u horizontalnom pravcu, sa visine h, tako da za njega važe jednačine horizontalnog hica. g , tako da se mlaz u ovom pravcu U vertikalnom pravcu, na mlaz deluje sile Zemljine teže i gravitaciono ubrzanje g, g , i pređe put h dat jednačinom kreće sa početnom brzinom nula i ubrzanjem g, h =

i dotakne tlo za vreme t =

gt 2 2



2h g

U horizontalnom pravcu na mlaz ne deluje nikakva sila, tako da se u tom pravcu mlaz kreće konstantnom brzinom v 0 koja odgovara brzini isticanja mlaza iz otvora, i za ovo vreme t dostigne domet D = v = v 0 t D =



2g(H

− h)

 

2h = 2 h(H g

− h) 99


Domet će biti maksimalan za maksimalnu vrednost funkcije f (h ( h) = h( h (H

− h)

Ova funkcija ima maksimum, kada je njen izvod po promenljivoj h f  (h) = H

jednak nuli

− 2h

f  (h0 ) = 0

⇒ h0 = H 2

H = 2h0

Maksimalna vrednost dometa u tom slučaju je



D0 = 2 h0 (H (H

 ·

− h0) = 2

H H = H 2 2

što odgovara visini nivoa vode u širokom otvorenom sudu.

100


27. jun 2009.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (27. jun 2009.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Nuklearne sile deluju na sledeće čestice a) samo protone d) protone i neutrone

b) samo neutrone e) neutrone i elektrone

c) protone i elektrone n) ne znam

(3 poena)

2. Brzina prostiranja svetlosti u vakuumu zavisi od a) njene frekvencije c) njenog intenziteta e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) njene talasne dužine d) brzine izvora svetlosti n) ne znam

(3 poena)

3. Proton i alfa čestica se nalaze na međusobnom rastojanju r. Intenzitet Coulomb-ove sile kojom jedna čestica F . Kada se čestice nađu na rastojanju 2r 2 r intenzitet Coulomb-ove sile je deluje na drugu je F. a) F 2 F d) 2F

b) F /2 e) 4F

c) F /4 n) ne znam

(3 poena)

b) Tesla e) Farad

c) Simens n) ne znam

(3 poena)

b) napon e) kapacitet

c) sila n) ne znam

(3 poena)

4. Jedinica za magnetsku indukciju u SI sistemu je a) Veber d) Om 5. Vektorska veličina je a) rad d) pritisak

6. Oscilatorno električno kolo koje se sastoji od kondenzatora kapacitivnosti C i i kalema koeficijenta samoindukcije L ima rezonantnu frekvenciju

√

a) 2π LC √ 1 /(2π (2π LC ) d) 1/

√

LC/ (2π b) LC/(2 √ π) e) 1/ 2πLC

√

c) 2π LC n) ne znam

(4 poena)

7. U plastičnoj kadi nalazi se 50 litara vode na temperaturi od 16 o C. Kada C. Kada se u kadu dolije 10 litara vode čija je o 9 0 C i voda izmeša, konačna temperatura vode, pod uslovom da se zanemari odvođenje toplote u temperatura 90 okolinu i zagrevanje kade, biće a) 53o C 28 .3o C d) 28.

b) 25 o C 20..3o C e) 20

35 .3o C c) 35. n) ne znam

(4 poena)

101


27. jun 2009.

8. Induktivna Induktivna otpornost otpornost (impedansa) (impedansa) kalema na nekoj frekvenciji frekvenciji je 10 Ω. Kada se frekvencije udvostruči impedansa impedansa kalema kalema je a) 5 Ω d) 40 Ω

b) 1 Ω e) 100 Ω

c) 20 Ω n) ne znam

(4 poena)

9. Vreme poluraspada nekog radioaktivnog elementa je 30 godina. Neraspadnuti deo ovog elementa, posle 90 godina, izražen izražen u procentima, procentima, je a) 0.12% d) 3.6%

b) 2.5% e) 30%

c) 12.5% n) ne znam

(4 poena)

10. Na izvor naizmeničnog napona priključen je otpornik. Fazna razlika između napona i struje kroz otpornik je π/ 2 radijana a) −π/2 d) π /2 radijana

b) π radijana e) 0 radijana

c) π radijana n) ne znam

(4 poena)

11. Telo potpuno potopljeno u vodu ima težinu tri puta manju od težine u vazduhu. Njegova gustina je (gustina vode 10 3 kg/m3 ) a) 2000 kg/m3 d) 1400 kg/m3

b) 1500 kg/m3 e) 1600 kg/m3

c) 1200 kg/m3 n) ne znam

(5 poena)

12. Visina Visina iznad površi površi Zemlje poluprečnika poluprečnika R, na kojoj je gravitaciono ubrzanje jednako polovini vrednosti na njenoj površi je a) R 0 .41 41R R d) 0.

2 R b) 2R 41R R e) 1.41

c) 0.5R n) ne znam

(5 poena)

13. Reflektovani zrak od ravnog ogledala zaklapa sa upadnim zrakom ugao od 60 o . Za koliki ugao treba obrnuti ogledalo da ugao između upadnog i reflektovanog zraka bude jednak 20o ? a) 10o d) 40 o

b) 20 o e) 60o

c) 30 o n) ne znam

(5 poena)

14. Materij Materijaln alnaa tačka tačka se kreće kreće po kružnic kružnicii prečnik prečnikaa 50 cm, iz mirov mirovanj anja, a, sa tangen tangencij cijaln alnim im ubrzan ubrzanjem jem 2 konstantnog intenziteta 1 m/s . Intenzitet normalnog ubrzanja materijalne tačke je četiri puta veći od intenziteta tangencijalnog ubrzanja posle a) 0.25 s d) 1.0 s

b) 0.50 s e) 1.25 s

c) 0.75 s n) ne znam

(5 poena)

15. Kada je na izvor elektromotorne sile 220 V priključen potrošač otpora 7 Ω struja u kolu iznosi 27.5 A. Struja kratkog spoja je a) 220 A d) 55 A

b) 110 A e) 75 A

c) 440 A n) ne znam

(7 poena)

102


27. jun 2009.

16. Ekspander paralelnog snopa laserskog zračenja sastoji se od dva sabirna sočiva žižnih daljina f = 20 cm i F = 50 cm, postavljenih upravno na pravac snopa, a razdvojenih za f + f + F = 70 cm. Prečnik izlaznog snopa se posle prolaska kroz ekspander uveća a) 2 puta d) 3.5 puta

b) 3 puta e) 2.5 puta

c) 7 puta n) ne znam

(7 poena)

17. Voda pritiska na vertikalni zid neke brane. Širina zida brane je 40 m, a dubina vode koja je u dodiru sa zidom brane brane je 5 m. Intenzitet Intenzitet rezultujuć rezultujućee sile kojom voda deluje na branu branu je (g = 10 m/s2 , gustina vode 103 kg/m3 ) a) 1.2 MN d) 4.8 MN

b) 2.4 MN e) 5 MN

c) 3.6 MN n) ne znam

(7 poena)

18. Kada se u kolu na slici, priključenom na konstantan napon U , zatvori prekidač Π , pojačaće se intenzitet svetljenja sijalice

a) S 2 c) S 3 e) S 1 , S 2 i S 3

b) S 1 d) S 1 i S 3 n) ne znam (8 poena)

19. Toplotna oplotna mašina radi po Carnot-o Carnot-ovom vom ciklusu ciklusu u kome kome je V max max /V min min = 2 i pmax /pmin = 3. Koeficijent korisnog dejstva ovakve mašine je a) 2/3 d) −0.7

0 .9 b) 0. e) 1/3

1 /4 c) 1/ n) ne znam

(8 poena)

20. Na suprotnim krajevima opruge zanemarljive zanemarljive mase i koeficijenta koeficijenta elastičnosti elastičnosti k učvršćena su tela masa m i M . Opruga se istegne a onda tela, položena na glatku horizontalnu ravan, puste istovremeno. Kvadrat kružne učestanosti oscilovanja sistema je k (m + M ) mM k mM d) kmM

a)

k (2m (2m + M ) M ) mM e) k(M m)

b)

− −

c)

k (m + 2M 2M ) mM

n) ne znam

(8 poena)

103


REŠENJA

1  d Nuklearne Nuklearne sile su sile koje deluju između nukleona nukleona u jezgru atoma, dakle, dakle, one deluju na protone i neutrone. neutrone. 2  vakuumu je konstantna konstantna prema Einstein-ovoj teoriji relativnosti. Nijedan od e Brzina prostiranja svetlosti u vakuumu odgovora od a) do d) nije tačan.

3 c Intenzitet Coulomb-ove Coulomb-ove sila koja deluje između dve čestice naelektrisanja Q 1 i Q2 na međusobnom rastojanju r dat je izrazom F =

1 Q1 Q2 4πε 0 r2

Ako se čestice nađu na rastojanju r 1 = 2r, intenzitet ove sile postaje F 1 =

1 Q1 Q2 1 Q1 Q2 1 1 Q1 Q2 1 = = = F. 2 2 2 4πε 0 r1 4πε 0 4r 4 4πε0 r 4

·

4  b SI jedinica za magnetsku indukciju je Tesla. 5  c Rad, napon, pritisak, i kapacitet su skalarne veličine. veličine. Sila je vektorska veličina. veličina. d Rezonantna frekvencija oscilatornog električnog kola sastavljenog od kondenzatora kapacitivnosti C i kalema 6 induktivnosti L data je izrazom

f =

1 √ . 2π LC

7  d Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda zapremine V koja = ρV ) na temperaturi T data je izrazom odgovara masi m = ρV Q = mcT = mcT = ρcV ρcV T




odakle dalje dobijamo temperaturu smeše: V 1 T 1 + V 2 T 2 V 1 + V 2

T = T =

50 16 + 10 90 o C 50 + 10 T = 28. 28 .3o C.

·

·

105


8  c Impedansa kalema induktivnosti L na kružnoj frekvenciji ω iznosi X L = 10 Ω i data je izrazom X L = ω = ωL L

na dvostruko većoj učestanosti ω 1 = 2ω, impedansa iznosi X L1 = ω1 L = 2ωL = ωL = 2X L = 20 Ω. Ω.

c Neka je konstanta radioaktivnog raspada λ. Za vreme jednako vremenu poluraspada t 1/2 broj neraspadnutih 9 jezgara jednak je polovini početnog broja jezgara N 0 , te prema formuli formuli za aktivnost aktivnost radioaktivnog radioaktivnog raspada raspada imamo

N 0 = N 0 e−λt 2

1/2

odakle se dobija dobija e−λt

1 2

=

1/2

Nakon vremena t = 3t1/2 = 90 godina, broj neraspadnutih jezgara je −λt

N 1 = N = N 0 e

Procenat neraspadnutog dela je onda

−3λt1/2

= N 0 e

−λt1/2 3

= N 0 (e

) = N 0

 1 2

3

=

N 0 8

N 1 1 = = 0.125 = 12. 12.5% 5%.. N 0 8

10  e Na izvor naizmeničnog naizmeničnog napona priključen priključen je otpornik. Neka je otpornost tog otpornika R. Između napona u (t) i struje i (t) na otporniku važi relacija u (t) = Ri( Ri (t)

te su napon i struja u fazi, odnosno, fazna razlika između napona i struje je nula. 11  b Težina tela mase m u vazduhu data je izrazom Q1 = mg = mg = = ρ ρ t V g

gde je ρ t gustina tela, V − zapremina tela i g − gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje. Na telo potpuno potopljeno u vodu, deluje sila Zemljine teže Q1 vertikalno naniže i sila potiska vode F p vertikalno naviše, tako da se njegova težina u vodi može izraziti Q2 = Q 1

− F p

Ako je gustina vode ρ v , sila potiska na telo data je izrazom F p = ρ = ρ v V g

Sada imamo Q2 = (ρt

− ρv )V g

Po uslovu zadatka važi da je težina tela u vodi tri puta manja od težine u vazduhu, odnosno Q2 = (ρt ρt =

1 Q1 3

− ρv ) V g = 31 ρt V g 3 ρv = 1500 kg /m3 . 2

106


12  d Gravitaciono ubrzanje na površi Zemlje dato je izrazom M g = γ = γ 2 R

gde je γ − gravitaciona konstanta, M − masa Zemlje i R − poluprečnik Zemlje. + H od centra mase Zemlje, gravitaciono Na visini H iznad površi Zemlje, odnosno na rastojanju R1 = R + H ubrzanje je M M g1 = γ 2 = γ R1 (R + H )2

Tražimo visinu H na kojoj važi

1 g 2

g1 =

Uzimajući u obzir gornje jednačine imamo M 1 M γ = γ 2 2 2 R (R + H ) R + H = H =

√ 2R

√ −  2

1 R = 0.41 41R. R.

13  b Pri refleksiji od ravnog ogledala reflektovani ugao jednak je upadnom uglu θ1 , tako da je ugao koji reflektovani zrak zaklapa sa upadnim zrakom jednak α1 = 2θ1 ∆ θ, upadni ugao istog zraka će se smanjiti i iznositi Ako se ogledalo obrne za ugao ∆θ θ2 = θ1

− ∆θ

Ugao koji reflektova reflektovani ni zrak sada zaklapa sa upadnim zrakom u odnosu na novi položaj ogledala je α2 = 2θ2 = 2(θ 2(θ1

Iz prethodnih jednačina dobijamo θ1 =

i ∆θ = θ1

− ∆θ)

1 α1 2

− 21 α2 = α1 −2 α2

∆ θ ima Prema uslovima zadatka α 1 = 60o i α 2 = 20o tako da se za ugao ∆θ ∆θ = 20o .

14  d Materijalna tačka koja se kreće iz stanja mirovanja po kružnici prečnika D = 2R tangencijalnim ubrzanjem konstantnog intenziteta a nakon određenog vremena t ima tangencijalnu brzinu v = at = at

U tom trenutku, intenzitet normalnog ubrzanja dat je jednačinom an =

v2 2a2 t2 = R D

Vreme za koje će intenzitet normalnog ubrzanja biti četiri puta veći od intenziteta tangencijalnog ubrzanja an = 4a

107


se može dobiti rešavanjem prethodne jednačine 2a2 t2 D

4a = t = t =

 ·



2D a

2 50 10−2 m = 1 s . 1 sm

·

2

15  a Neka je Rg unutrašnja otpornost izvora elektromotorne sile U . Kada Kada se na njega njega priključi priključi potroša potrošačč otpornosti R 1 , struja u kolu će prema Ohm-ovom zakonu biti (R i R g su vezani na red) U R1 + Rg

I 1 =

Kada se isti izvor kratko spoji, odnosno kada se na njega veže kratak spoj otpornosti R2 = 0, prema Ohm-ovom zakonu, struja kratkog spoja iznosiće U U = R2 + Rg Rg

I 2 =

Iz prve jednačine za unutrašnju otpornost naponskog izvora imamo Rg =

U I 1

tako da se za struju kratkog spoja dobija I 2 =

− R1 U

U I 1

− R1

= 220 V, I 1 = 27 27..5 A , i R 1 = 7 Ω, imamo Uzimajući u obzir vrednosti date uslovima zadatka: U = I 2 =

220 V = 220 A . Ω 7Ω

220 27.5

−

16  e Neka je prečnik ulaznog laserskog laserskog snopa D1 a prečnik izlaznog snopa D2 . Ekspander se sastoji od dva sabirna sočiva žižnih daljina f = 20 cm i F = 50 cm. Kada zraci ulaznog snopa upadaju pod pravim uglom na sabirno sočivo, po izlasku ovi zraci konvergiraju kao što je prikazano na slici i lik ovog snopa biva fokusiran u žiži sočiva na rastojanju f . Kako je rastojanje između rasipnog i sabirnog sočiva d = F = F + f

to se žiža drugog sabirnog sočiva nalazi u istoj tački kao i žiža prvog sabirnog sočiva (videti sliku).

Kako je lik snopa na izlasku iz prvog sočiva (tačkasti izvor) u žiži drugog sabirnog sočiva, to će zraci ovog snopa nakon nakon prolaska kroz drugo sočivo sočivo nastaviti da se kreću u pravcu pravcu normalnom normalnom na sočivo sočivo (kao na slici). slici).

108


Iz sličnosti trouglova sa slike se vidi da je odnos prečnika snopa posle izlaska iz ekspandera i pre ulaska u ekspander dat relacijom D2 F = = 2. 2 .5. D1 f

17  e Vežimo početak x − ose za površinu vode kao na slici. Pritisak vode na dubini x je dat jednačinom p( p(x) = ρgx ρg x

konstantan je za zadatu dubinu x i menja se linearno od nule na x = 0 do maksimalne vrednosti ρgH na dubini x = x = H. H. površini vode x = Sila kojom voda deluje na površinu zida u obliku tanke trake širine ∆x koja se nalazi na dubini x dat je proizvodom pritiska na toj ∆ S = L∆ L ∆x: dubini p (x) i površine trake ∆S ∆F = p( p (x)∆S )∆S = p = p((x)L∆x = ρgLx = ρgLx∆ ∆x ∆ x → dx ova jednačina postaje Za infinitezimalno male širine ∆x

dF = ρgLx dx Tako da će ukupna sila kojom voda deluje na bočni vertikalni zid biti data sledećim integralom x=H



F =

dF

x=0 x=H

F =



x=H

ρgLx dx = ρg = ρgL L

x=0



x dx

x=0

Rešenje integrala je x=H



1 x dx = x2 2

x=0

pa se za silu dobija izraz



x=H

= x=0

1 H 2 2



− 02



=

H 2 2

1 F = ρgLH 2 2 1 kg m F = 1000 3 10 2 40 m 25 m 2 = 5 MN . 2 m s

·

·

·

a Neka je otpornost svake sijalice R s . Imamo na umu da intenzitet svetljenja sijalice direktno zavisi od jačine 18  struje koja kroz nju teče. Takođe pretpostavljamo da je otpornost prekidača R znatno manja od otpornosti sijalice R  Rs .

Kada je prekidač otvoren, važe sledeće relacije:

109


•

Sijalica S 1 je priključena na konstantan napon U , tako da je struja koja teče kroz nju, po Ohm-ovom zakonu I 1 =

•

U Rs

Sijalice S 2 i S 3 su vezane vezane na red i takođe takođe priključene priključene na konstantan konstantan napon U , tako da je struja koja teče kroz njih, po Ohm-ovom zakonu I 2 = I 3 =

U 2Rs

Kada je prekidač zatvoren, važe sledeće relacije • Za sijalicu S 1 se ništa ne menja jer ostaje i dalje priključena na konstantan napon U , tako da je struja koja teče kroz nju, po Ohm-ovom zakonu I 1 = I 1 =

U Rs

To drugim rečima znači da sijalica S 1 svetli istom jačinom kao i kada je prekidač bio otvoren. • Sijalica S 2 je sada vezana na red sa paralelnom vezom sijalice S 3 i prekidača Π . Ekvivalentna otpornost paralelne veze sijalice S 3 i prekidača Π je RRs R + Rs

RΠ||S ||S = 3

≈ R (za R  Rs)

Ovo praktično praktično znači da je sijalica sijalica S 2 vezana na red sa prekidačem Π i kako napon na krajevima ove veze ostaje U, prema Ohm-ovom zakonu kroz sijalicu S 2 teče struja I 2 =

U Rs + R

≈ RU s = 2I 2

što znači da kada je prekidač zatvoren kroz sijalicu S 2 teče struja dva puta većeg intenziteta nego kad je prekidač otvoren, te će sijalica S 2 svetleti jače kad se zatvori prekidač.  • Što se tiče sijalice S 3 ona je praktično kratko spojena prekidačem Π i skoro sva struja I 2 teče kroz prekidač. Kako kroz ovu sijalicu gotovo da ne teče struja, ona gotovo da neće svetleti. Tača ačan n odgov odgovor or je, dakle, dakle, pod a) Zatv Zatvaranje aranjem m prekid prekidača ača pojačaće pojačaće se inten intenzite zitett svetl svetljen jenja ja sijali sijalice ce S 2 . e Na slici je prikazan p − V dijagram Carnot-ovog ciklusa koji se sastoji iz sledećih prelaza stanja: 19  • Izotermičkog širenja gasa ( 1 → 2) na temperaturi toplog rezervoara T 1 • Adijabatskog širenja gasa ( 2 → 3) • Izotermičke kompresije gasa ( 3 → 4) na temperaturi hladnog rezervoara T 2 • Adijabatske kompresije gasa ( 4 → 1)

Koeficijent korisnog dejstva toplotne mašine koja radi po ovom ciklusu dat je jednačinom η = 1

− T T 21 110


Iz jednačine idealnog gasa u stanju 1 p1 V 1 = nRT 1

gde važi V 1 = V min min i p 1 = p max dobijamo T 1 =

p1 V 1 pmaxV min min = nR nR

Slično, iz jednačine idealnog gasa u stanju 3 p3 V 3 = nRT 2

gde važi V 3 = V max max i p3 = p min imamo T 2 =

p3 V 3 pminV max max = nR nR

Iz izraza za temperature grejača i hladnjaka dobijamo T 2 pmin V max max = T 1 pmax V min min

·

odnosno za koeficijent korisnog dejstva Carnot-ovog ciklusa η = 1

min max − T T 21 = 1 − ppmax · V V max min min

Zamenom vrednosti zadatim uslovom zadatka, imamo η = 1

− 23 = 31 .

+ l 2 , a mase tela 20  a Neka je dužina neistegnute opruge l = l1 + l učvršćenih na krajevima opruge m1 i m2 kao kao na slici. slici. Neka Neka je početak x −ose vezan za centar mase ovog sistema. Za udaljenost masa m1 i m2 od centra mase u stanju ravnoteže važi sledeća relacija xc =

−m1l1 + m2l2 = 0 ⇒ m1l1 = m2l2 m1 + m2

Kada se opruga istegne i sistem pusti da osciluje na podlozi bez trenja, na sistem ne deluje nikakva spoljna sila, tako da se centar mase mase sistema sistema ne pomera. Neka Neka je opruga opruga istegn istegnuta uta za dužinu dužinu x = x1 + x2 , gde je x1 udaljenost tela mase m1 od ravnotežnog položaja i x 2 udaljenost tela mase m 2 od ravnotežnog položaja. Centar mase ostaje u početku x −ose tako da važi xc =

(l1 + x1 ) + m2 (l (l2 + x2 ) −m1 (l = 0 ⇒ m1 (l (l1 + x1 ) = m2 (l (l2 + x2 ) ⇒ m1 x1 = m = m 2 x2 m1 + m2

Opruga istegnuta za dužinu x deluje silom elastičnosti intenziteta kx na tela m1 i m2 prema ravnotežnom položaju u smeru suprotnom od smera njihovog kretanja. Ako je a 1 ubrzanje mase m 1 , a a 2 ubrzanje mase m 2 , prema II Newton-ovom zakonu, za ova tela važe sledeće jednačine m1 a1 =

Sabiranjem ove dve jednačine dobijamo

−kx m2 a2 = −kx m1 a1 + m2 a2 =

Uzimajući u obzir jednačine

−2kx

x = x = x 1 + x2 i m1 x1 = m2 x2

dobijamo x1 =

m2 x m1 + m2

111


x2 =

m1 x m1 + m2

= x  to iz gornjih jednačina sledi Kako je ubrzanje a jednako drugom izvodu putanje x po vremenu, odnosno a = x x1 =

m2 x m1 + m2

⇒ x1 = m1m +2m2 x ⇒

a1 =

m2 a m1 + m2

x2 =

m1 x m1 + m2

⇒ x2 = m1m +1m2 x ⇒

a2 =

m1 a m1 + m2

pa se za jednačinu kretanja m1 a1 + m2 a2 =

dobija m1

−2kx

m2 m1 a + m2 a = m1 + m2 m1 + m2 2m1 m2 a = 2kx m1 + m2 m1 m2 a = kx m1 + m2

−2kx

−

−

me a =

−kx

što je jednačina malih harmonijskih oscilacija za telo mase m e =

m1 m2 k . na opruzi koeficijenta koeficijenta elastičnosti elastičnosti k. m1 + m2

Kvadrat kružne učestanosti ovog tela dat je jednačinom ω02 =

k k (m1 + m2 ) = me m1 m2

= m i m 2 = M to imamo Kako je prema uslovima zadatka m 1 = m ω02 =

k k (m + M ) M ) = . me mM

112


1. jul 2008.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (1. jul 2008.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Koji od navedenih izraza ne spada u istu kategoriju a) kx2 /2 d) I ω2/2

b) at 2 /2 e) CU 2 /2


(3 poena)

2. Jačina Jačina gravitaci gravitacionog onog polja u centru centru sfere homogene gustine zavisi zavisi od od a) gustine sfere c) gravitacione konstante e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan 3. U nuklearnoj reakciji

228 89 Ac

b) poluprečnika sfere d) mase sfere n) ne znam

(3 poena)

, čestica X je → 228 90 Th + X ,

a) elektron d) foton

b) pozitron e) neutron

c) alfa čestica n) ne znam

(3 poena)

4. Napon gradske mreže je 230 V i predstavlja a) trenutnu vrednost c) maksimalnu vrednost e) konstantan jednosmerni napon

b) srednju vrednost d) efektivnu vrednost n) ne znam

(3 poena)

b) moment sile, energija, vreme d) rad, rad, vrem vreme, e, tempe tempera ratur turaa n) ne znam

(3 poena)

5. Skup skalarnih veličina je a) dužina, masa, brzina c) ener energi gija ja,, ma magn gnet etsk skaa indu indukc kcij ija, a, ma masa sa e) moment impulsa, vreme, masa

6. Cena jednog kilovat-čas kilovat-časaa električne električne energije energije je 3 dinara. dinara. Cena jednog džula energije energije je a) 3 · 10−6 din 8 .3 · 10−7 din d) 8.

b) 10 −6 din e) 8.3 · 10−1 din

8 .3 · 10−4 din c) 8. n) ne znam

(4 poena)

7. Automobil se kreće stalnom brzinom 60 km/h. Njegov točak, poluprečnika 36 cm, napravi broj okretaja u jednoj minuti a) 1388 d) 1591

b) 110 e) 506

c) 442 n) ne znam

(4 poena)

113


1. jul 2008.

8. Široki otvoreni rezervoar za vodu se nalazi na brdu visokom 45 m. Ako se zanemare svi gubici protok vode izražen u litrima u sekundi na otvorenoj slavini površine 10 cm 2 u podnožju brda je (g = 10 m /s2 )

a) 9 21 .3 d) 21.

b) 30 e) 3

c) 90 n) ne znam

(4 poena)

9. Čestica Čestica se kreće konstantno konstantnom m brzinom kroz sredinu sredinu indeksa prelamanja 1.5. Da bi brzina čestice čestice bila jednaka jednaka brzini svetlosti u datoj sredini, ona bi trebalo da iznosi c/3 a) c/3 d) c

c/ 2 b) c/2 e) zadatak nema rešenje

2 c/33 c) 2c/ n) ne znam

(4 poena)

10. Nerelativistička alfa čestica se u stacionarnom i homogenom magnetskom polju indukcije B kreće po kružnici kružnici poluprečnika R. Impuls alfa čestice je a) 2eBR d) eB R

4 eBR b) 4eBR e) 0

2 eB/R c) 2eB/R n) ne znam

(4 poena)

11. Kroz vrlo dugačak pravolinijski provodnik protiče jednosmerna struja konstantne jačine. Na udaljenju d od provodnika izmerena je jačina magnetskog polja H 1 . Kada se jačina struje u provodniku smanji dva puta, u 2 d od provodnika, izmerena je jačina polja H 2 . Odnos H 2 /H 1 je: tački na udaljenju 2d a) 1/4 d) 2

b) 1/2 e) 4

c) 1 n) ne znam

(5 poena)

12. Tabla čokolade mase 200 g se rastopi i ravnomerno razlije po horizontalnoj površini 0.5 m 2 . Atmosferski pritisak iznosi 10 5 Pa. Ukupni pritisak na površinu je (g = 10 m /s2 ) a) 100002 Pa d) 100008 Pa

b) 100001 Pa e) 100004 Pa

c) 100016 Pa n) ne znam

(5 poena)

13. Nerelativisti Nerelativistička čka alfa čestica kinetičke kinetičke energije energije E centralno se sudara sa teškim jezgrom rednog broja Z . Najmanje rastojanje između centara alfa čestice i jezgra je Ze 2πε 0 E Ze d) 4πε0 E

a)

Ze 2 4πε 0 E Ze 2 e) 2πE

b)

c)

Ze 2 2πε 0 E

n) ne znam

(5 poena)

14. Telo mase 800 g se kreće pod dejstvom dejstvom konstantne konstantne sile. sile. Za vreme dok sila izvrši izvrši rad od 48 J, brzina se promeni za 4 m/s. Srednja brzina tela u tom intervalu vremena je a) 9.6 m/s d) 7.5 m/s

b) 30 m/s e) 15 m/s


(5 poena)

15. Dve male kugle masa 1 kg i 3 kg su spojene krutim štapom zanemarljive mase, dužine 1 m. Ovaj sistem može da se obrće oko ose normalne na štap. Momenat Momenat inercije sistema sistema je minimalan ako je rastojanje ose rotacije rotacije od lakše kugle a) 30 cm d) 25 cm

b) 33 cm e) 75 cm

c) 67 cm n) ne znam

(7 poena)

114


1. jul 2008.

16. U kolu na slici su poznate vrednosti elektromotornih sila idealnih izvora E 1 = 8 V i E 2 = 12 V. Struja kroz izvor E 1 biće jednaka nuli ako je količnik otpornosti R 2 /R1 jednak a) 2 c) 3/4 e) 3/2

b) 2/3 d) 1/2 n) ne znam (7 poena)

17. Telo je izbačeno početnom brzinom 10 m/s pod uglom 60 o prema horizontalnoj ravni. U trenutku kada telo dostigne maksimalnu visinu poluprečnik krivine njegove putanje iznosi (g = 10 m /s2 ) a) 7.5 m d) 10 m

b) 5 m √ e) 3/2 m

c) 2.5 m n) ne znam

(7 poena)

18. Dvoatomsk Dvoatomskii idealni gas se izobarski izobarski zagreva zagreva od stanja stanja 1 do stanja 2 i pri tome izvrši rad od 60 kJ. Zbir dovedene količine toplote i promene unutrašnje energije gasa pri ovoj promeni stanja je a) 360 kJ d) 120 kJ

b) 240 kJ e) 210 kJ

c) 420 kJ n) ne znam

(8 poena)

19. Opruga, opterećena sa dva tega iste mase, ima dužinu 1 m. Kada se jedan teg skine dužina opruge je 84 cm. Period oscilovanja opruge sa jednim tegom je ( g = 10 m /s2 ) a) 0.36 s d) 0.13 s

b) 0.8 s e) 0.25 s

c) 1.1 s n) ne znam

(8 poena)

20. Monohromatska svetlost talasne dužine 625 nm pada normalno na optičku rešetku. Ukupan broj svetlih pruga koje se poja po javljuj vljuju u na ekranu ekranu iza optičke optičke rešetke rešetke je 11. Konstan Konstanta ta difrakcione difrakcione rešetke rešetke je (zareza (zareza po milimetru) a) 350 d) 250

b) 320 e) 450

c) 700 n) ne znam

(8 poena)

115


REŠENJA 2 2 b kx /2 je potencijalna energija opruge koeficijenta elastičnosti k, mv /2 je kinetička energija tela mase m 1  koje se kreće brzinom v , C U 2 /2 je elektrostatička energija u kondenzatoru kapacitivnosti C dovedenog na napon U , dok je at 2 /2 put koji telo iz stanja mirovanja pređe krećući se konstantnim ubzanjem a i jedini je izraz koji ne spada u kategoriju izraza za energiju.

2  e Jačina gravitac gravitacionog ionog polja u centru sfere homogene gustine gustine je nula. nula. Tako da je tačan odgovor odgovor pod p od e) “Nijedan odgovor od a) do d) nije tačan”. 228 228 3  a U nuklearnoj reakciji 89 Ac → 90 Th + X , maseni broj atoma (228) se ne menja, dok se broj protona (89) poveća za jedan (90). To znači da dolazi do pretvaranja neutrona u proton, i u pitanju je β − nuklearni raspad, pri čemu se emituje emituje elektron. elektron. Dakle, Dakle, čestica čestica X je elektron.

d Napon gradske mreže od 230 V predstavlja efektivnu vrednost napona. 4 

5  veličina je d) rad, vreme, vreme, temperatura. U ostalim skupovima se nalaze vektorsk vektorskee veličine: d Skup skalarnih veličina brzina, moment sile, magnetska indukcija, i moment impulsa.

6  d Potrošena energija od W = 1 kWh izražena u džulima iznosi W = 1 kWh = 103 W 3600 s = 36 105 J

·

·

Ako je cena jednog kilovat-časa 3 dinara, i kako u jednom kilovat-času ima 36 · 105 J to je cena jednog džula energije data sa 3 din 1 = · 10−5 din = 0.083 · 10−5 din = 8.3 · 10−7 din. 5 36 10

12

·

7  c Ako se automobil kreće brzinom v onda je tangencijalna brzina tačaka na površini njegovog točka takođe v . Relacija između ugaone brzine ω i tangencijalne brzine v na rastojanju R od ose okretanja data je izrazom v = ωR = ωR

odakle se za ugaonu brzinu dobija 3

60·10 m 60 km v 105 h 60 min min ω = = = = min−1 − 2 R 36 cm 36 10 m 36

·

odnosno za frekvencij frekvencijuu obrtaja (broj obrtaja u jedinici jedinici vremena) f =

ω 105 = min−1 = 442 min −1 . 2π 6.28 36

·

117


8  b Brzina v2 kojom voda ističe iz otvora cevi u podnožju brda se može dobiti iz Bernoulli-jeve jednačine primenjene na površi u poprečnim presecima S 1 i S 2 kao na slici 1 1 p1 + ρgh1 + ρv12 = p 2 + ρgh2 + ρv22 2 2

gde za površ S 1 važi • p1 = p = p 0 (sud je otvoren tako da pritisak odgovara spoljašnjem pritisku) • v1 = 0 (sud je širok, tako da se brzina spuštanja nivoa vode može zanemariti) • h1 = H + H + h h ≈ H (visina u odnosu na referentni nivo vezan za podnožje brda. Ovde smo zanemarili visinu nivoa vode u sudu h u odnosu na visinu brda H   h) Slično, za površ S 2 važi • p2 = p = p 0 (na izlazu iz cevi pritisak odgovara spoljašnjem pritisku) • v2 (brzina koju računamo) • h2 = 0 (otvor cevi se nalazi u podnožju brda) Sa ovim izrazima, Bernoulli-jeva jednačina postaje 1 p0 + ρgH = p 0 + ρv22 2

odakle se za brzinu mlaza vode na izlazu iz cevi dobija v2 =



2gH .

Kako je površina poprečnog preseka cevi u podnožju brda S 2 to se za protok vode u podnožju brda dobija Q2 = S = S 2 v2 = S 2



2gH

Za zadate vrednosti (uzimajući u obzir da je 1 m 3 = 1000 l ) dobijamo −4

Q2 = 10 10

·

2

m

 · ·

3 m l −2 m 2 10 2 · 45 m = 3 · 10 = 30 . s s s

9  c Brzina svetlosti u sredini indeksa prelamanja n = 1.5 data je izrazom cn = cn =

c n

c 2 = c 1.5 3

i toliko treba da iznosi brzina čestice.

10  a (Zadatak 2010_14) Neka se alfa čestica naelektrisanja q i i mase  m kreće brzinom v po kružnici radijusa R u polju magnetske indukcije B kao na slici. Na česticu deluje Lorentz-ova sila  L = q F = qv

× B

Uzimajući u obzir da je vektor brzine normalan na vektor magnetske indukcije, za intenzitet Lorentz-ove sile se ima (pravac i smer su određeni pravilom desne ruke, kao na slici) F L = q = qvB vB

118


Na česticu koja se kreće po kružnici radijusa R brzinom v deluje centrifugalna sila (u smeru suprotnom od smera Lorentz-ove sile, kao na slici) intenziteta mv2 R

F c =

Za kretanje po kružnici važi ravnoteža ovih dveju sila F L = F c mv 2 R mv = mv = qB qB R

qvB =

Kako je impuls čestice dat izrazom p = p = mv mv

i naelektrisanje alfa čestice (alfa čestica je dvostruko jonizovani atom Helijuma) q = = 2e

gde je e naelektrisanje elektrona, to iz prethodne jednačine za impuls alfa čestice dobijamo izraz p = p = 2eBR.

11  a Prema Ampère-ovom zakonu, jačina magnetskog polja na udaljenosti R od vrlo dugačkog pravolinijskog provodnika kroz koji teče struja jačine I data data je izrazom I 2πR

H =

Za udaljenost R 1 = d imamo

I 2πd Za udaljenost R 2 = 2d i dva puta manju jačinu struje I 2 = I /2 ima se H 1 =

I I 2 I H 2 = = 2 = 2πR2 2π 2d 8πd

odakle se za odnos jačina magnetsko magnetskogg polja dobija H 2 = H 1

I 8πd I 2πd

1 = . 4

= 0.5 m2 deluje sila Zemljine teže ravnomerno razlivene čokolade mase m = m = 200 g, 12  e Na površinu S = g, stvarajući pritisak 0.2 kg · 10 sm mg pcok = = = 4 Pa S 0.5 m 2 i dodatno, na toj povšini deluje atmosferski pritisak od p atm = 105 Pa = 100000 Pa tako da je ukupni pritisak na ovu površinu p = p = p p atm + p + pcok = 100004 Pa. 2

q = 2e kreće se u susret teškom jezgru atomskog broja 13  c Alfa čestica kinetičke energije E i naelektrisanja q = (broja protona) Z i naelektrisanja Q = Z e. Dakle, alfa čestica se kreće u elektrostatičkom polju ovog jezgra. Potencijalna energija alfa čestice na nekoj udaljenosti R od jezgra, data je izrazom E p =

qQ 4πε 0 R

Ukupna energija čestice na velikoj daljini od jezgra jednaka je njenoj kinetičkoj energiji: E 1 = E

119


R = d d od jezgra, alfa čestica će se zaustaviti (zbog odbojnog dejstva elektrostatičkog polja). Na nekom rastojanju R = Na toj udaljenosti, njena kinetička energija je nula, pa je ukupna energija čestice jednaka njenoj potencijalnoj energiji qQ 4πε 0 d

E 2 =

Iz zakona održanja energije sledi E 1 = E 2

odnosno E = =

qQ 4πε 0 d

d =

qQ 4πε 0 E

odakle je

q = 2e i Q = Q = Z Z e, dobijamo da će se alfa čestica zaustaviti Uzimajući Uzimajući u obzir naelektrisan naelektrisanja ja alfa čestice i jezgra, jezgra, q = na rastojanju 2e Ze Ze 2 d = = . 4πε 0 E 2πε 0 E

·

e (Zadatak 2011_15) Telo mase m na koje deluje konstantna 14  konstantna sila se kreće ubrzanjem ubrzanjem a i pod dejstvom ove = t 1 dostigne brzinu sile u intervalu vremena t = t

v1 = v = v 0 + at1

Srednja brzina ovog tela u intervalu vremena t1 je data izrazom vs =

v1 + v0 2

Rad koji sila izvrši nad telom jednaka je promeni promeni kinetičk kinetičkee energije energije tog tela A = E = E k1

−

mv12 E k0 = 2

−

mv 02 m 2 = v 2 2 1

Kako je v12

to se dobija

− v02

( v1 − v0 ) (v1 + v2 ) − v02 = (v

A = m = m (v1

m∆vv s − v0) v1 +2 v0 = m∆

= v 1 − v0 označili promenu brzine tela pod dejstvom sile . gde smo sa ∆v = v Iz prethodne jednačine se za srednju brzinu tela dobija vs = vs =

A m∆v

48 48 J J 60 m m = = 15 . 0.8 kg 4 ms 4 s s

·

15  e Neka se kugla manje mase m 1 nalazi na rastojanju l 1 od ose rotacije, a neka je kugla veće mase ( m2 > m1 ) na rastojanju l 2 = L − l1 od ose rotacije, gde je L dužina krutog štapa zanemarljive mase.

120


Moment inercije sistema ove dve kugle oko date ose rotacije može se izraziti u sledećem obliku I = m1 l12 + m2 l22 = m1 l12 + m2 (L (L

− l1 )2

Uzimajući u obzir zadate vrednosti, i podrazumevajući da su sve vrednosti izražene u jedinicama SI sistema, prethodni prethodni izraz za moment moment inercije inercije postaje p ostaje I = l 12 + 3(1 I = 4l 4 l12

− l1)2

− 6l1 + 3

Treba naći udaljenost l 1 za koju je moment inercije minimalan. Uzimamo u obzir da kvadratna funkcija oblika

f (x ( x) = ax 2 + bx + c

gde je a > 0, ima minimum u tački x0 =

− 2ba

i pri tome važi

2

f min ( x0 ) = c min = f (x

− 4ba

U našem slučaju je a = 4, b =

tako da je moment inercije minimalan za l1 =

−6, c = 3, l1 → x

− 2ba = 86 m = 75 cm .

16  d Označimo struje i čvorove u kolu kao na slici.

U zadatku se traži odnos otpornika R 2/R1 za koji je struja kroz izvor E 1 jednaka nuli: I E E = 0

Iz prvog Kirchhoff-ovog zakona za struje u čvoru B važi I 1 + I E E = I 2

što uz gornji uslov za struju kroz izvor E 1 daje: I 1 = I 2 = I

Za pad napona između čvorova A i B važi U AB AB = E 1 = R 1 I

odakle sledi I =

E 1 R1

Za pad napona između čvorova A i C važi U AC = U AB + R2 I = (R1 + R2 )I AC = E 2 = U AB + U BC BC = R 1 I 1 + R2 I 2 = R 1 I +

121


odakle sledi I =

Iz prethodna dva izraza za struju važi

E 2 R1 + R2

E 1 E 2 = R1 R1 + R2

odakle se za traženi odnos otpornosti dobija E 2 R2 = 1+ E 1 R1 R2 E 2 = R1 E 1 R2 12 = R1 8

−1

− 1 = 21 .

17  c Neka je telo izbačeno izbačeno početnom brzinom v 0 pod uglom α u odnosu na površinu Zemlje. Ako rastavimo vektor početne brzine na horizontalnu ( x) i vertikalnu (y) komponentu, onda važi v0x = v0 cos α v0y = v0 sin α

Duž x−ose na telo ne deluje nikakv nikakvaa sila, te se ono u tom pravcu pravcu kreće konstan konstantom tom brzinom. U trenutku trenutku dostizanja maksimalne visine, telo ima samo tangencijalnu komponentu brzine v = v = v 0x = v = v 0 cos α

U istom trenutku, telo ima samo normalnu komponentu ubrzanja, koje odgovara gravitacionom ubrzanju Zemlje ac = g

Kako telo ima samo komponentu ubrzanja normalnu na njegov pravac kretanja, to u tom trenutku njegovo kretanje odgovara kružnom kretanju po putanji poluprečnika R sa centripetalnim ubrzanjem a c i tangencijalnom brzinom v između kojih važi relacija ac =

v2 R

R =

v2 ac

odakle se za poluprečnik poluprečnik kružne kružne putanje putanje dobija

R =

v02 cos2 α g

 ·

10 ms 12 R = 10 sm

2

= 2.5 m .

2

122


( p1 , V 1 , T 1 ) i 2 ( p ( p2 , V 2 , T 2 ) date su izrazima 18  a Jednačine Jednačine idealnog idealnog gasa u stanjima stanjima 1 ( p p1 V 1 = nRT 1 p2 V 2 = nRT 2 = p . Kako je proces zagrevanja gasa izobarski, to važi p 1 = p 2 = p Rad koji gas izvrši pri ovom širenju dat je jednačinom A = p = p (V 2

nR (T 2 − T 1 ) − V 1) = pV 2 − pV 1 = nRT 2 − nRT 1 = nR(

Kako je gas dvoatomski, to je izraz za unutrašnju energiju gasa u stanjima 1 i 2 dat sledećim izrazima

tako da je promena stanja gasa ∆U = U 2

U 1 =

5 nRT 1 2

U 2 =

5 nRT 2 2

nR(T 2 − T 1 ) − U 1 = 25 nR(

Uzimajući u obzir gornji izraz za rad gasa, za promenu stanja gasa dobijamo ∆U =

5 A 2

Količina toplote dovedene gasu je prema zakonu održanja energije jednaka zbiru rada gasa i promene njegovog unutrašnjeg stanja, odnosno Q = A = A + ∆U ∆U

Zbir dovedene količine toplote i promene unutrašnjeg stanja gasa, kako se traži u zadatku, sada iznosi Q + ∆U ∆U = (A + ∆U ∆U )) + ∆U ∆U = A + 2∆U 2∆U = A + 2

· 25 A = 6A = 360 kJ .

19  b (Zadatak 2012_15) Neka je dužina neistegnute opruge l 0 . Kada se opruga optereti masom m 1 = 2m (sa m ), ona će se istegnuti na dužinu l 1 . Na tegove dva tega iste mase m) tegove tada deluje sila istezanja istezanja opruge (naviše) (naviše) F 1 = k = k((l1

− l0 )

kao i sila Zemljine teže (naniže) Q1 = 2mg


2 mg − l0) = 2mg

Kada se opruga optereti masom m 2 = m ( jedan teg je uklonjen), ona će se istegnuti na dužinu l 2 . Na teg tada deluje sila istezanja opruge (naviše) F 2 = k = k((l2

kao i sila Zemljine teže (naniže)

− l0)

Q2 = mg


Imamo sledeći sistem jednačina

− l0) = mg

k (l1

2 mg − l0) = 2mg k (l2 − l0 ) = mg

123


i tražimo koeficijent elastičnosti opruge. Ako oduzmemo ove dve jednačine, dobijamo k (l1

− l2) = mg

odakle je k =

mg l1 l2

−

Period oscilovanja opruge sa jednim tegom mase m tada tada iznosi T = 2π

   − m = 2π k

T = 2π

1

m

mg l1 −l2

= 2π

 − l1

l2

g

0.84 s = 0.8 s . 10

d . Uslov da se na 20  b Neka je konstanta difrakcione difrakcione rešetke d. ekranu pojavi svetla pruga (maksimalna interferencija) je d sin θn = nλ

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

sin θn

≤ 1 λ n ≤ 1 d n

≤ λd

nmax =

d λ

Isti toliki broj svetlih pruga će se nalaziti nalaziti na delu zida ispod horizont horizontale. ale. Uzimajući Uzimajući u obzir i svetlu prugu koja n = 0), za ukupan broj svetlih pruga se ima se pojavljuje na horizontali (za n = d 2nmax + 1 = 2 + 1 N = n max + nmax + 1 = 2n λ

Odavde je konstanta difrakcione rešetke u funkciji broja svetlih pruga data izrazom d = d =

(N

− − 1) λ 2

10 625 nm = 3125 nm 2

·

Odnosno, broj zareza po milimetru je 1 1 1 = = = 320 mm −1 . − 6 d 3125 nm 3125 10 mm

·

124


28. jun 2007.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (28. jun 2007.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Jedinica za protok fluida u SI sistemu je a) N/kg d) kg/m

b) W/m e) J/m

c) m3 /s n) ne znam

(3 poena)

b) energiju e) intenzitet električnog polja

c) intenzitet sile n) ne znam

(3 poena)

2. Elektron volt (eV) je jedinica za a) snagu d) količinu elektriciteta

3. Jezgro atoma radioaktivnog elementa ima Z protona i N neutrona. U β − raspadu neće se promeniti a) Z d) Z-N

b) N e) Z+N

c) Z/N n) ne znam

(3 poena)

4. Idealni Idealni gas vrši mehanički mehanički rad bez razmene razmene toplote sa okolinom okolinom ako je proces a) izotermički d) adijabatski

b) izobarski e) bilo kakav

c) izohorski n) ne znam

(3 poena)

c) 50 ms n) ne znam

(3 poena)

5. Telo osciluje sa frekvencijom 50 Hz. Period oscilovanja tela je a) 20 ms d) 100 ms

b) 40 ms e) 200 ms

6. Posmatrač vidi blesak munje 10 µ s od trenutka nastanka. Količnik brzina zvuka i svetlosti u vazduhu je 10 −6 . Posmatrač čuje udar groma posle vremena a) 1 s 0 .1 s d) 0.

b) 10 s e) 0.01 s

c) 100 s n) ne znam

(4 poena)

7. Telo je izbačeno naviše naviše sa visine 7 m, početnom brzinom brzinom v0 = 2 m/s. Telo će imati brzinu 2v0 na visini 2 (g = 10 m /s ) a) 6.4 m 5 .2 m d) 5.

7 .1 m b) 7. e) 3.5 m

5 .8 m c) 5. n) ne znam

(4 poena)

125


28. jun 2007.

8. Tri identična tačkasta naelektrisanja su postavljena u temenima jednakokrakog pravouglog trougla. Naelektri . Ako jedno od naelektrisanja sanja postavljena na krajevima hipotenuze deluju na treće naelektrisanje silom F  na hipotenuzi promeni znak, sila F a) promeni smer d) jednaka je nuli

b) zarotira za 45o e) ostaje ista

c) zarotira za 90 o n) ne znam

(4 poena)

9. Put koji pređe svetlost u vakuumu za godinu dana (svetlosna godina) približno je jednak ( c = 3 · 108 m/s) a) 2.4 · 1015 km 9 .5 · 1012 km d) 9.

2 .4 · 1015 m b) 2. e) 9.5 · 1014 km

9 .5 · 1012 m c) 9. n) ne znam

(4 poena)

10. Ako se impuls tela konstantne mase poveća dva puta njegova kinetička energija se a) ne menja d) poveća dva puta

b) smanji dva puta e) poveća četiri puta

c) smanji četiri puta n) ne znam

(4 poena)

11. Najveći Najveći broj kombinaci kombinacija ja vezivanja vezivanja tri otpornika otpornika otpornosti R1 , R2 i R3 koje daju različite ekvivalentne otpornosti je a) 9 d) 5

b) 8 e) 6

c) 7 n) ne znam

(5 poena)

= aT , gde je a konstanta, zapremina gasa 12. Ako se pritisak određene količine količine idealnog gasa menja po zakonu zakonu p = aT se menja po zakonu

a) V = a/T c) V = a/p e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) V = T /a d) V = p/a n) ne znam

(5 poena)

13. Zategnuta Zategnuta žica ima dužinu dužinu 120 cm. Tri najveće talasne talasne dužine stojećeg talasa koje se mogu pojavi p ojaviti ti na žici su a) 480 cm, cm, 240 cm, 120 120 cm d) 240 cm, 120 cm, 80 cm

b) 480 480 cm, cm, 240 240 cm, cm, 60 cm e) 360 cm, 240 cm, 120 cm

c) 480 480 cm, cm, 120 120 cm, cm, 80 cm n) ne znam

(5 poena)

14. Gustine leda i vode su ρ L i ρ V , respektivno. Odnos zapremine leda ispod površi vode i ukupne zapremine leda je a) 1 − ρL /ρV 1 /(1 − ρL /ρV ) d) 1/

b) ρ V /ρL − 1 e) 1/(1 + ρL /ρV )

c) ρ L /ρV n) ne znam

(5 poena)

15. Na podu lifta nalazi se telo mase 10 kg. Lift polazi iz mirovanja i kreće se ubrzano. Telo pritiska pod lifta silom od 120 N. U toku druge sekunde lift prelazi put od ( g = 10 m /s2 )

a) 1 m d) 4 m

b) 2 m e) 6 m

c) 3 m n) ne znam

(7 poena)

16. Koeficijent Koeficijent korisnog korisnog dejstva dejstva Karnoovog Karnoovog ciklusa iznosi 0.5. Za koliko koliko procenata bi trebalo trebalo sniziti sniziti temperaturu hladnjaka da bi iznosio 0.6 a) 10% d) 60%

b) 20% e) 80%

c) 40% n) ne znam

(7 poena)

126


28. jun 2007.

17. Elektron se kreće u prostoru u kome postoje homogeno magnetsko polje indukcije B = 0.5 mT i homogeno E = 10 V/m. Vektori brzine elektrona, električnog i magnetskog polja su međusobno električno polje intenziteta E = normalni. Elektron se kreće pravolinijski ako mu je brzina a) 20 km/s d) 10 km/s

b) 2 km/s e) 0.5 km/s

c) 5 km/s n) ne znam

(7 poena)

18. Laserski Laserski snop svetlosti svetlosti talasne dužine 700 nm pada na prorez širine širine 0.2 mm. Širina Širina centralnog centralnog difrakcionog difrakcionog maksimuma na ekranu postavljenom 6 m iza proreza je a) 1 cm 3 .2 cm d) 3.

1 .6 cm b) 1. e) 4.2 cm

2 .2 cm c) 2. n) ne znam

(8 poena)

19. Horizontalna greda dužine 6 m i mase 300 kg postavljena je na dva oslonca. Jedan je udaljen 2 m od levog kraja, a drugi 1 m od desnog kraja. Sile u osloncima grede iznose ( g = 10 m /s2 ) a) 500 N, 2500 N d) 1000 N, 2000 N

b) 750 N, 2250 N e) 1333 N, 16667 N

c) 1500 N, 2000 N n) ne znam

(8 poena)

20. Na mirnu površinu jezera pada svetlosni zrak pod uglom 60 o . Indeks prelamanja vode iznosi 1.44. Zrak stiže do ravnog dna za vreme 0.3 µ s. Dubina jezera je ( c = 3 · 108 m/s) a) 50 m d) 80 m

b) 60 m e) 90 m

c) 70 m n) ne znam

(8 poena)

127


REŠENJA

1  c Protok fluida se definiše kao količina tečnosti (zapremine) (zapremine) koja protekne u jedinici vremena, dakle jedinica 3 za protok fluida u SI sistemu je m /s. 2  b Elektron volt je jedinica za energiju. − 3  e Pri β raspadu, u nuklearnom jezgru dolazi do pretvaranja neutrona u proton, uz emitovanje jednog elektrona elektrona i elektron elektron antineutrina antineutrina.. Dakle ukupan broj protona i neutrona neutrona (Z+N) ostaje nepromenjen. nepromenjen.

4  d U adijabatskom procesu nema razmene toplote gasa sa okolinom. 5  a Telo koje osciluje sa frekvencijom od f = 50 Hz , ima period oscilovanja T =

1 = 20 ms . f

v . Neka je s udaljenost posmatrača od mesta 6 b Neka je brzina svetlosti u vazduhu c , a brzina zvuka u vazduhu v. u kome nastaje munja. munja. Posmatrač vidi bljesak munje t1 = 10 µs od trenutka nastanka, što znači da svetlost pređe ovaj put s za vreme t 1 odnosno s = ct = ct 1

Ako posmatrač čuje udar groma posle vremena t 2 , to znači da zvuk za to vreme pređe isti put, odnosno s = v = vtt2 /c = 10−6 , odnosno c/v = 106 dobijamo Iz prethodne dve jednačine, uz uslov v /c = t2 = t = t 1

c = 10 10−6 s 106 = 10 s . v

·

·

m , sa visine H 0 = 7 m , će prema jednačini vertikalnog hica 7  a Telo izbačeno naviše početnom brzinom v 0 = 2 s dostići visinu 2 hmax = H = H 0 +

v0 2g

Sa ove visine telo zatim pada vertikalno naniže, početnom brzinom nula i ubrzanjem jednakim ubrzanju Zemljine teže. Brzinu v 1 = 2v0 će dostići za vreme t 1 (od trenutka kada je bilo na najvećoj visini), te važi v1 = g = gtt1 2v0 = gt g t1 t1 =

Za to vreme telo pređe put ∆h =

2v0 g

gt 21 g 4v 20 2v02 = = 2 2 g2 g

·

odnosno, padne na visinu h1 = hmax

− ∆h v2 2v2 h1 = H = H 0 + 0 − 0 2g g 2

h1 = H = H 0 h1 = 7 m

− 32 vg0

− 106 m = 6.4 m

129


8  c Pretpostavimo da su u prvom slučaju tačkasta naelektrisanja Q pozitivna. pozitivna. Kako Kako su naelektrisan naelektrisanja ja na hipotenuzi jednokrakog trougla jednako udaljena od trećeg tačkastog naelektrisanja, to ona deluju odbojnim silama jednakog intenziteta i duž pravca linije koja ih spaja sa njim, tako da je rezultantna sila kao na slici.

U slučaju da jedno od naelektrisanja na hipotenuzi promeni znak, ono će sada na treće naelektrisanje delovati (privlačnom) silom istog intenziteta i pravca, ali suprotnog smera. Rezultantna sila, kao što se vidi sa druge slike će zarotirati za 90 stepeni.

9  d Svetlosna Svetlosna godina je put koji svetlost pređe pređe za godinu dana: dana: m m s = ct = ct = = 3 · 108 1 godina = 3 · 108 365 · 24 · 3600 s ≈ 9.5 · 1015 m = 9.5 · 1012 km. · · s s 10  e Neka je v 0 početna p očetna brzina čestice mase m, tada su njen impuls i kinetička energija, redom p0 = mv0 ,

1 2

Ek0 = mv02

Ako se impuls čestice poveća dva puta p 1 = 2 p0 , a masa ostane nepromenjena, to za novu brzinu važi mv1 = 2mv0

⇒ v1 = 2v0

tako da se kinetička energija E k1 =

1 2 1 mv1 = 4 mv02 = 4 E k0 2 2

·

·

poveća četiri puta. 11  b Na slici su pokazani svi načini na koje je moguće vezati tri otpornika: (1) redna veza sva tri otpornika, (2) redna veza jednog otpornika sa paralelnom vezom preostala dva, (3) paralelna veza jednog otpornika sa rednom vezom preostala dva i (4) paralelna veza sva tri otpornika. U svakom od četiri slučaja imamo sledeći broj različitih ekvivalentnih otpornosti (1) jednu ekvivalentnu otpornost: Re = R1 + R2 + R3

(2) tri različite ekvivalentne otpornosti: Re1 = R1 +

R2 R3 R2 + R3

Re2 = R2 +

R3 R1 R3 + R1

Re3 = R3 +

R1 R2 R1 + R2

130


(3) tri različite ekvivalentne otpornosti: Re1 =

R1 (R2 + R3 ) R1 + R2 + R3

Re2 =

R2 (R3 + R1 ) R1 + R2 + R3

Re3 =

R3 (R1 + R2 ) R1 + R2 + R3

(4) jednu ekvivalentnu otpornost: Re1 =

R1 R2 R3 R1 R2 + R2 R3 + R3 R1

Dakle ukupan broj različitih različitih ekvivalen ekvivalentnih tnih otpornosti je: 1+3+3+1 1+3+3+1 = 8. 12  e Po uslovima zadatka pritisak određene količine količine idealnog gasa se menja po zakonu p = p = aT aT

što u kombinaciji sa jednačinom stanja idealnog gasa pV = nRT

daje aT V = nRT nR V = = const. a

Dakle, zapremina gasa ostaje konstantna, pa nijedan od ponuđenih odgovora nije tačan. 13  d Uslov Uslov da se na zategnutoj zategnutoj žici pojavi stojeći talas dat je jednačinom jednačinom L =

nλn 2

gde je L − dužina žice i λn − talasna dužina stojećeg talasa reda n. Dakle imamo λn = 2L/n

Tri najveće talasne dužine se dobijaju za n = 1, 2, 3, odnosno λ1 = 2L = 240 cm λ2 = L = L = = 120 cm λ3 =

2L = 80 cm. 3

c Na komad leda ukupne zapremine V , od kojih se 14  deo zapremine V 1 nalazi pod vodom, deluju sledeće dve sile: • Sila Zemljine teže vertikalno naniže

F g = mg m = ρ ρ L V , ρ L −gustina leda gde je m = • Sile potiska vode, na deo zapremine V 1 koji se nalazi pod vodom, vertikalno naviše F p = ρ = ρ V V 1 g

131


U stanju ravnoteže ovih dveju sila imamo F p = F g ρV V 1 = ρ L V V 1 ρL = . V ρV

15  c Vežimo referentni sistem za lift koji se kreće ubrzanjem a vertikalno naviše. Na telo mase m u ovom liftu deluju sledeće sile: • Sila Zemljine teže, vertikalno naniže F g = mg •

a ), vertikalno naniže Inercijaln Inercijalnaa sila (u smeru suprotnom od smera ubrzanja ubrzanja a) F i = ma

Sila otpora podloge na telo, vertikaln vertikalnoo naviše N Kako telo miruje u ovom referentnom sistemu, to je zbir svih sila koje deluju na telo jednak nuli, odnosno, uzimajući u obzir smerove sila •

F g + F i

− N = 0

N = m (a + g )

Prema III Newton-ovom zakonu, sila kojom pod deluje na telo jednaka je sili kojom telo deluje na pod lifta N = = 120 N. Odakle se za ubrzanje lifta iz prethodne jednačine dobija a =

N m m 10 2 = 2 2 − g = 120 − 10 kg s s

N m

Lift se kreće ubrzanjem a iz stanja mirovanja, tako da u prvoj sekundi (t1 = 1 s ) pređe put s1 =

a za dve sekunde ( t2 = 2 s ) put

at21 = 1 m 2

at22 s2 = = 4 m 2

U toku druge sekunde lift prelazi put ∆s = s = s 2

− s1 = 3 m.

16  b Koeficijent korisnog dejstva Carnot-ovog ciklusa dat je jednačinom η1 = 1

− T T 21

∆ T , koeficijent korisnog dejstva gde je T 2 −temperatura hladnjaka. Ako temperaturu hladnjaka smanjimo za ∆T postaje η2 = 1

∆ T ∆T ∆ T = η 1 + − T 2 −T 1∆T = 1 − T T 21 + ∆T T 1 T 1

odakle se za apsolutnu promenu temperature hladnjaka dobija ∆T = (η ( η2

− η1) T 1

Iz prve jednačine možemo izraziti temperaturu grejnog tela T 1 u funkciji stepena korisnog dejstva i početne temperature hladnjaka kao T 1 =

T 2 (1 η1 )

−

što u kombinaci kombinaciji ji sa prethodnom jednačinom jednačinom daje ∆T =

η2 1

− η1 T 2 − η1 132


odnosno, odnosno, temperaturu temperaturu treba sniziti sniziti za

∆T η2 = T 2 1

− η1 − η1

∆T 0.6 0.5 = = 0. 0 .2 = 20%. 20%. T 2 1 0.5

− −

 i  17  a Neka su vektori homogenog električnog E i magnetskog polja B međusobno normalni kao na slici. I neka se čestica naelektrisanja q kreće u tom polju brzinom v normalno na linije električnog i magnetskog polja kao na slici. Na česticu deluje električna sila u pravcu linija električnog polja intenziteta F e = q = qE E  m = q  . = q v × B i magnetska (Lorentz-ova) sila data vektorskim izrazom F Uzimajući u obzir da su vektori brzine i magnetskog polja međusobno normalni, to će pravac i smer magnetske sile biti kao na slici (istog pravca a suprotnog smera od vektora električne sile) i intenziteta F m = q = qvB vB

Telo će nastaviti da se kreće ravnomerno pravolinijski ako je zbir svih sila koje deluju na njega jednak nuli, odnosno, ako je F e = F = F m qE = = qvB qv B v =

E B

V 10 m km v = = 20 . − 3 0.5 10 T s

·

18  e Ugaoni položaj minimuma pri difrakciji na prorezu širine a određen je relacijom a sin θn = nλ n = 1, 2, 3 . . . redni broj minimuma. gde je n = Ugaoni položaj prvog minimuma je sin θ1 =

λ a

odnosno položaj minimuma na ekranu udaljenosti L od proreza proreza je (za male uglove θ1 ) y1 = L tan θ1

≈ L sin θ1

odakle sledi y1 =

Lλ a

Kako je širina centralnog maksimuma definisana kao rastojanje između prvih minimuma (iznad i ispod optičke ose), to je d = 2y1 =

2Lλ = 4.2 cm . a

133


19  d Na gredu deluju sledeće sile: • Sila Zemljine teže na centar mase grede, koji se nalazi na njenoj sredini, usmerena vertikalno naniže F g = mg

Sile otpora u osloncima grede F 1 i F 2 usmerene vertikalno naviše. Pošto greda miruje, to na osnovu II Newton-ovog zakona (za translatorno kretanje) važi da su sile u ravnoteži •

F 1 + F 2 = F g

Na gredu takođe deluju deluju momenti momenti ovih ovih sila u odnosu na centar centar rotacije vezan vezan za centar mase grede: •

Moment sile F 1 u tački udaljenoj x 1 =

l 2

− l1 = 1 m od centra mase, u smeru kretanja kazaljke na satu M 1 = F 1 x1

•

l

Moment sile F 2 u tački udaljenoj x2 = − l2 = 2 m od centra mase, u smeru suprotnom od kretanja 2 kazaljke na satu M 2 = F 2 x2

Kako greda miruje (ne rotira), to na osnovu II Newton-ovog zakona za rotaciono kretanje važi da su momenti sila u ravnoteži, odnosno M 1 = M 2

⇒ F 2 = F 1 xx12

F 1 x1 = F 2 x2

Iz prethodnih jednačina jednačina za sile imamo F 1 + F 1

x1 = mg x2

x2 m 2 = mg = 300 kg · 10 2 · = 2000 N ⇒ F 1 = mg x1 + x2 s 3

F 2 = mg = mg

x1 m 1 = 300 kg 10 2 = 1000 N . x1 + x2 s 3

·

·

20  a Na graničnoj površi između vazduha, vazduha, indeksa prelamanja n 1 = 1, i 44,, po Snell-ovom zakonu važi vode, indeksa prelamanja n 2 = 1.44 n1 sin θ1 = n 2 sin θ2

gde za upadni ugao θ 1 = 60o dobijamo

√

1 3 sin θ2 = sin θ2 = n2 2n2

Ako je dubina jezera D, to zrak svetlosti u jezeru, pre nego dotakne dno, pređe put L =

D cos θ2

Kako je cos θ2 =

to dobijamo

 − 1

sin2 θ2 =

L = D = D

 1

−

3 = 4n22



4n22 3 2n2

−

2n2



4n22

−3 134


U sredini indeksa prelamanja n 2 brzina svetlosti je cn2 =

c n2

pa za pređeni put u vremenu t imamo L = c = c n2 t =

odakle za dubinu jezera sledi D = L = L

 ·

ct n2

4n22 3 ct = 2n2 n2

ct D = 2 n2

−

 ·

 − ≈ n22

3 4

4n22 3 2n 2

−

50 m .

135


29. jun 2006.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (29. jun 2006.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Proizvod pritiska i zapremine određene količine idealnog gasa na konstantnoj temperaturi a) zavis zavisii od količ količnik nikaa prit pritisk iskaa i tempera temperatur turee c) zavisi od pritiska e) je konstantan

b) zavis zavisii od od zapr zapremi emine ne d) zavisi od količnika pritiska i zapremine n) ne znam

(3 poena)

2. Učestanost Učestanost oscilatora oscilatora personalnog personalnog računara je 2500 MHz. Jedan takt centralne centralne procesorske procesorske jedinice traje a) 4 · 10−10 s 2 .5 · 10−10 s d) 2.

b) 4 · 10−8 s e) 2.5 · 10−8 s

c) 4 · 10−6 s n) ne znam

(3 poena)

3. Grupa skalarnih veličina je a) temp temper erat atur ura, a, mo mome mennt impu impuls lsa, a, vrem vremee c) površi površina, na, magnet magnetska ska ind induk ukcij cija, a, tempera temperatur turaa e) energija, koeficijent samoindukcije, impuls sile

b) vrem vreme, e, rad, rad, temp temper erat atur uraa d) dužina dužina,, masa, masa, brzina brzina n) ne znam

(3 poena)

4. Tesla (T) je jedinica za a) magnetsk tski fluks d) magnetsko polje

b) koefi oeficijent samoindukcije e) elektromotornu silu

c) magnetsku indukciju n) ne znam

(3 poena)

c) m3 · Pa n) ne znam

(3 poena)

5. Označite jedinicu koja se razlikuje od ostalih a) W · s 6 .25 · 1018 eV d) 6.

b) N · m e) V · A

6. Na telo deluju u istoj tački dve sile jednakih intenziteta F koje zaklapaju ugao od 120 o . Da bi ovo telo bilo u ravnoteži treba delovati trećom silom intenziteta F/ 2 a) F/2 d) F

2 F b) 2F √ e) 3F /2

√

c) 3F n) ne znam

(4 poena)

7. Otvoren Otvoren rezervoar rezervoar za vodu sistema centralno centralnogg grejanja nalazi nalazi se na tavanu tavanu zgrade zgrade visine 12 m. Statički Statički pritisak pritisak vode u prizemlju prizemlju iznosi ( g = 10 m /s2 , gustina vode 10 3 kg/m3 ) a) 1.2 · 104 Pa 1 .2 · 105 Pa d) 1.

1 .2 · 106 Pa b) 1. e) 1.2 · 107 Pa

1 .2 · 103 Pa c) 1. n) ne znam

(4 poena)

137


29. jun 2006.

8. Da bi se telo mase 10 kg ubrzalo od početne brzine 5 m/s do brzine 15 m/s za 4 sekunde treba uložiti srednju snagu od a) 25 W d) 750 W

b) 250 W e) 2.5 kW

c) 500 W n) ne znam

(4 poena)

9. Kroz vodovodnu cev prečnika 30 mm ističe voda stalnom brzinom od 4 m/s. Kubni metar vode istekne za a) 354 s d) 88.5 s

b) 708 s e) 1416 s

c) 172 s n) ne znam

(4 poena)

10. De Broljev Broljevaa talasn talasnaa dužina dužina za proton proton impulsa impulsa 1 GeV/ GeV/c iznosi (c = 3 · 10 8 m/s, h = 6.6 · 10 −34 Js, 1 eV = 1.6 · 10−19 J) a) 0.8 · 1015 m 0 .62 · 10−15 m d) 0.

2 .48 · 10−15 m b) 2. e) 1.6 · 10−19 m

1 .23 · 10−15 m c) 1. n) ne znam

(4 poena)

11. U fisiji jezgra jezgra urana oslobodi se energija energija od 190 MeV. MeV. U nuklearno nuklearnom m reaktoru sa koeficijentom koeficijentom korisnog korisnog dejstva 32% i snagom od 1000 MW, godišnji broj fisija iznosi a) 1.04 · 1027 5 .24 · 1021 d) 5.

3 .74 · 1025 b) 3. e) 3.24 · 1027

8 .88 · 1024 c) 8. n) ne znam

(5 poena)

12. Poluprečnik Zemlje iznosi 6370 km. Ubrzanje sile Zemljine teže je za 19% manje nego na površi Zemlje na visini od

a) 54 km d) 210 km

b) 118 km e) 708 km

c) 675 km n) ne znam

(5 poena)

13. U temenim temenimaa jednak jednakost ostran ranično ičnogg trougl trouglaa stranice stranice a u vazduh azduhu u nalaze nalaze se kuglic kuglicee naelek naelektris trisane ane istim istim naelektrisanjem Q. Intenzitet električne sile koja deluje na bilo koju kuglicu iznosi

√ 3

Q2 a) 2πε 0 a2 3 Q2 d) 8πε0 a2

√

√ 3

Q2 4πε 0 a2 2 Q2 e) 4πε 0 a2

b)

√

c)

1 Q2 4πε 0 a2

n) ne znam

(5 poena)

14. Litar vode na temperaturi od 300 K pomeša se sa dva litra vode na temperaturi od 87o C. Temperatura smeše je: a) 340 K d) 380 K

b) 300 K e) 400 K

c) 360 K n) ne znam

(5 poena)

15. Kada je na izvor elektromotorne sile 220 V priključen potrošač otpora 7 Ω struja u kolu iznosi 27.5 A. Struja kratkog spoja je a) 220 A d) 55 A

b) 110 A e) 75 A

c) 440 A n) ne znam

(7 poena)

138


29. jun 2006.

16. Čamdžija prelazi reku širine 400 m po najkraćem putu. Brzina reke je 3 m/s, a brzina čamca u odnosu na mirnu vodu je 5 m/s. Vreme potrebno da se pređe na drugu obalu iznosi

a) 40 s d) 100 s

b) 60 s e) 120 s

c) 80 s n) ne znam

(7 poena)

17. Vi ste investitor investitor koji ulaže u rizične visoko visoko profitabilne profitabilne projekte. projekte. Jedan pronalaza pronalazačč tvrdi da je razvio razvio toplotnu mašinu koja, u toku jednog ciklusa uzima 110 MJ toplote na temperaturi od 415 K, a odbacuje 50 MJ toplote na temperaturi od 212 K. Pri tome izvrši mehanički rad od 16.67 kWh. Da li biste profitirali ako uložite novac u ovaj projekat? a) Da, jer je u saglasnosti sa prvim principom termodinamike b) Da, efikasnost ove mašine je veća od efikasnosti Carnot-ove mašine c) Ne, efikasnost ove mašine je veća od efikasnosti Carnot-ove mašine d) Da, efikasnost ove mašine je manja od efikasnosti Carnot-ove mašine e) Možda DA a možda i NE kao i u svakom poslu n) ne znam

(7 poena)

18. Klatno se sastoji od neistegljivog kanapa zanemarljivo male mase, na čijem se kraju nalazi masivna kuglica. Kanap može da izdrži dvostruku težinu kuglice. Kada se klatno izvede iz ravnotežnog položaja i pusti, kanap se kida pri prolasku kuglice kroz ravnotežni položaj ako je ugao otklona a) 15o d) 60 o

b) 30 o e) 75o

c) 45 o n) ne znam

(8 poena)

19. Na rastojanju 1 cm od o d ravnotež ravnotežnog nog položaja kinetička kinetička i potencijalna potencijalna energija harmonijsk harmonijskog og oscilatora su međusobno jednake. Amplituda oscilacija je

√

a) 1/ 2 cm √ d) 3 cm

√

b) 2 cm √ e) 3 2 cm

√

c) 2 2 cm n) ne znam

(8 poena)

20. Svetli Svetli predmet postavljen postavljen je ispred tankog tankog sabirnog sočiva sočiva žižne daljine f . Ako Ako je rastojanj rastojanjee između između predmeta i realnog lika minimalno, udaljenje predmeta od sočiva iznosi a) f 4 f d) 4f

3 f b) 3f e) 4f /3

2 f c) 2f n) ne znam

(8 poena)

139


REŠENJA e Proizvod pritiska i zapremine određene količine gasa dat je jednačinom idealnog gasa 1 

pV = nRT

i na konstantnoj temperaturi je konstantan. f = 2500 MHz je 2  a Jedan takt (period) centralne procesorske jedinice oscilatora učestanosti f = T =

1 = f 2.5

·

1 = 4 10−10 s. 109 Hz

·

3  b Moment impulsa, impulsa, magnetska indukcija, impuls sile, i brzina su vektorske vektorske veličine. veličine. Ostale navedene navedene veličine su skalarne. Jedina od navedeni navedenihh grupa koja sadrži samo skalarne veličine veličine je b) vreme, rad, temperatura. temperatura. 4  c Tesla je SI jedinica za magnetsku indukciju. 5 e Jedinice W Jedinice W·s, N·m, m3 ·Pa, eV su jedinice za energiju. V·A je jedinica za snagu i jedina se razlikuje od ostalih. d Ako dve sile istog intenziteta F 1 = F = F 2 = F = F , zaklapaju ugao od 120 stepeni, tada je intenzitet vektorskog 6  zbira ovih dveju sila takođe F (videti sliku, gde vektori sila označenih sa F 1 , F 2 i F r opisuju dva jednakostranična F ). Da bi telo bilo u ravnoteži potrebno je da treća sila F 3 bude istog intenziteta i pravca, trougla dužine strana F ) a suprotnog suprotnog smera od rezultujuće rezultujuće sile F r . F . Odnosno, intenzitet treće sile je takođe F.

7  d Statički Statički pritisak vode na dubini od H = 12 m iznosi p = p = ρg ρgH H p = p = 103

kg m 10 12 m = 1.2 · 105 Pa. · · 3 2 m s

141


8  b Kinetička energija tela mase m = 10 kg koje se kreće brzinom v 1 = 5 m/s je data izrazom E k1 =

1 2 mv 2 1

Na telo deluje sila koja ga ubrza do brzine v2 = 15 m/s odnosno do kinetičke energije E k2 =

1 2 mv 2 2

Na osnovu zakona održanja energije, rad ove sile je dat izrazom A = E = E k2

− E k1 = 21 m(v22 − v12)

∆ t = 4 s , to je uložena srednja snaga Kako sila deluje u intervalu vremena ∆t

−

m v22 v12 A P = = ∆t 2∆t 2∆t

10 kg (225 25) ms = 250 W . P = 2 4 s

·

−

·

9  a Protok vode koja ističe brzinom v kroz vodovodnu cev prečnika D , odnosno površine poprečnog preseka S = =

1 πD 2 4

dat je izrazom Q = S = Svv =

1 πD 2 v 4

Kako se protok definiše kao zapremina vode u jedinici vremena Q =

V t

vreme za koje istekne zapremina vode V se dobija na sledeći način V 4V = Q πD 2 v

t = t =

4 1 m 3 3.14 900 10−6 m2 4

·

· ·

·

= 354 s .

m s

10  c Impuls protona, koji ima de Broglie-vu talasnu talasnu dužinu λ, dat je izrazom p = p =

h λ

λ =

h p

odakle je

Zamenom zadatih vrednosti, i pretvaranjem u SI jedinice, dobijamo 6.6 10−34Js 3 108 ms 6.6 10−34 Js 3 108 ms 6.6 10−34 Js λ = = = = 1. 1 .23 10−15 m. 9 eV 9 1.6 10−19 J 10 10 1 GeV c

·

·

· ·

·

·

·

· ·

·

e Ako je korisna snaga nuklearnog reaktora P k i uložena snaga P u , za stepen korisnog dejstva se ima 11 

η =

odakle za uloženu snagu dobijamo P u =

P k P u P k η

142


Za vreme ∆t se uloži energije E u = P = P u ∆t =

P k ∆t η

∆ E , sledi da je broj fisija u vremenu ∆t ∆ t Ako se pri svakoj svakoj fisiji jezgra urana oslobodi energija od ∆E E u P u ∆t = ∆E η ∆E

N =

Prema uslovima zadatka, za vrednosti ∆E = = 190 MeV = 190 106 1.6 10−19 J

·

·

·

∆t = 1 godina = 365 24 3600 s

· ·

P u = 1000 MW = 109 W η = 32% = 0. 0.32

dobijamo N =

P u ∆t 109 W 365 24 3600 s = = 3.24 1027 . η ∆E 0.32 190 106 1.6 10−19 J

·

·

· · · · ·

·

e Izraz za ubrzanje 12  ubrzanje sile Zemljine teže na njenoj površi je

g =

γM R2

R + H od Isto ubrzanje na visini H , odnosno na rastojanju R 1 = R + od centra Zemlje iznosi g1 =

γM γM = 2 R1 (R + H )2

gde je γ −gravitaciona konstanta i M −masa Zemlje. Sada imamo

g1 R2 = g (R + H )2

H = R

Kako je prema uslovima zadatka g1 = (1

to je

 −  g g1

81gg − 0.19) g = 0.81

g 1 100 = = g1 0.81 81

pa dobijamo H = R

 −  g g1

1

1

=

 ⇒

g = 10 10//9 g1

R 1 = 6370 km 9 9

·

≈ 708 km.

b Intenzitet električne sile kojom kuglica naelektrisanja Q1 deluje na kuglicu naelektrisanja Q (videti sliku) 13  dat je Coulomb-ovim zakonom

F 1 =

1 Q1 Q 1 Q2 = 4πε 0 a2 4πε 0 a2

gde je po uslovu zadatka Q1 = Q. Prav Pravac i smer ove sile su kao na slici. Silom istog intenziteta intenziteta na kuglicu naelektrisanja Q deluje kuglica naelektrisanja Q 2 u drugom temenu jednakostraničnog trougla 1 Q2 Q 1 Q2 F 2 = = = F 1 4πε 0 a2 4πε 0 a2 = Q i gde su pravac i smer dati na slici. gde je Q 2 = Q

143


Rezultanta ovih dveju sila je

 = F  1 + F  2 F

 1 i F  2 koji dat je izrazom i njen intenzitet odgovara većoj dijagonali romboida opisanog vektorima F F = F 1

·

√ 3 = √ 3

Q2 . 4πε 0 a2

14  a (Zadatak 2010_11) Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda = ρV ) na temperaturi T data je izrazom zapremine V (i mase m = ρV Q = mcT = mcT = ρcV ρcV T

Ako pomešamo zapreminu vode V 1 na temperaturi T 1 (i količinom sadržane toplote Q 1 = ρcV 1T 1) sa zapreminom vode V 2 na temperaturi T 2 (i količinom sadržane toplote Q2 = ρcV 2T 2), na osnovu zakona održanja energije, količina toplote rezultujuće smeše biće Q = Q = Q 1 + Q2 = ρc = ρc (V 1 T 1 + V 2 T 2 )




V 1 T 1 + V 2 T 2 V 1 + V 2

1 30 3000 + 2 (87 + 273) K 1+2 T = T = 340 K .

·

·

15  a (Zadatak 2009_15) Neka je Rg unutrašnja otpornost izvora elektromotorne sile E . Kada Kada se na njega njega priključi potrošač otpornosti R 1 , struja u kolu će prema Ohm-ovom zakonu biti ( R i R g su vezani na red) I 1 =

E R1 + Rg

Kada se isti izvor kratko spoji, odnosno kada se na njega veže kratak spoj otpornosti R2 = 0, prema Ohm-ovom zakonu struja kratkog spoja iznosiće I 2 =

E E = R2 + Rg Rg

Iz prve jednačine za unutrašnju otpornost naponskog izvora imamo Rg =

E I 1

− R1 144


tako da se za struju kratkog spoja dobija I 2 =

E I 1

E R1

−

= 220 V, I 1 = 27 27..5 A , i R 1 = 7 Ω, imamo Uzimajući u obzir vrednosti date uslovima zadatka: E = 220 V = 220 A . Ω 7Ω

I 2 =

220 27.5

−

16  d Neka je koordinatni sistem x 0y vezan vezan za obalu kao na slici, gde reka teče duž y −ose. Neka se čamac kreće m brzinom intenziteta v = 5 u odnosu na mirnu reku, kao na slici. s

Brzinu čamca možemo rastaviti na njene komponente duž x i duž y ose, tako da je v =  = vx + vy v2 = v x2 + vy2

m Kada se čamac nalazi na reci koja se kreće brzinom v r = 3 duž y −ose, tada njegova relativna brzina u odnosu s na mirnu reku (obalu) iznosi:  • duž x −ose: vx = v x  • duž y −ose: vy = v r − vy Kako po uslovu zadatka čamac prelazi reku po najkraćem putu (koji je duž x −ose) to njegova relativna brzina duž y−ose treba da je jednaka nuli, odnosno vy = 0

⇒ vy = vr

odakle se za njegovu brzinu brzinu duž x −ose dobija

 −  − v2

vx =

vx =

vy2 =

v2

vr2

√ 25 − 9 m = 4 m

d = 400 m za pa čamac pređe reku širine d = t =

s

s

d = 100 s . vx

17  c Kako toplotna mašina uzima Q 1 = 110 MJ toplote MJ toplote a odbacuje Q2 = 50 MJ toplote, MJ toplote, to je ukupna energija uložena u rad ove mašine ∆Q = Q = Q1 − Q2 = 60 MJ

Kako mašina izvrši koristan rad od A = 16.67 kWh = 16.67 · 103 W · 3600 s = 60.012 MJ to je stepen korisnog dejstva ove mašine η =

A 60 60..012 = > 100% ∆Q 60

Znači da bi mašina izvršila rad veći od uložene energije, što je prema zakonu održanja energije nemoguće. Maksimalni stepen korisnog dejstva koji ova mašina može imati odgovara stepenu korisnog dejstva Carnot-ove mašine datog izrazom ηmax = 1

= 48. 48 .9 % − T T 12 = 1 − 212 415

145


Odgovor pod c) Ne, efikasnost ove mašine je veća od efikasnosti Carnot-ove mašine je tačan. 18  d Neka je klatno otklonjeno otklonjeno iz ravnotežnog ravnotežnog položaja za ugao θ 0 kao na slici. Ako je dužina klatna l, visina visina mase u odnosu na tačku tačku ravnotežnog položaja je tada h = l = l(1 (1

− cos θ0)

U tom trenutku brzina mase je nula, pa je ukupna energija jednaka potencijalnoj energiji mase E 1 = E p = mgh = mgh = mgl = mgl(1 (1

− cos θ0)

Kada prolazi kroz tačku ravnotežnog položaja, potencijalna energija mase je nula, nula, te je ukupna energija energija jednaka kinetičkoj kinetičkoj energiji. energiji. Ako se masa u tom trenutku kreće brzinom v za energiju dobijamo 1 E 2 = E k = mv 2 2

Iz zakona održanja energije E 1 = E 2

se za brzinu mase kroz ravnotežni položaj dobija v =



2gl(1 gl (1

− cos θ0)

Kada prolazi kroz tačku ravnotežnog položaja, na masu deluju sledeće sile • Sila Zemljine teže, vertikalno naniže: F g = mg • Sila zatezanja kanapa, vertikalno naviše: T 2 • Inercijalna (centrifugalna sila) kružnog kretanja mase, vertikalno naniže: F i = mv /l Kako se u ravnotežnom položaju masa ne kreće u vertikalnom pravcu, to je zbir svih sila duž tog pravca jednak nuli, odnosno, uzimajući u obzir smerove sila sa slike F g + F i

− T = 0

odakle se za silu zatezanja u kanapu ima T = F g + F i = mg + mg +

mv 2 = mg + mg + 2mg 2 mg(1 (1 l

mg (3 − 2cos θ0 ) − cos θ0) = mg(3

Maksimalna sila T max izdrži prema uslovu uslovu zadatka jednaka je dvostruk dvostrukoj oj težini mase m max koju kanap može da izdrži T max max = 2mg

Iz prethodne dve jednačine se za maksimalni maksimalni ugao otklona dobija T = T max max mg(3 mg(3

− 2cos θ0) = 2mg cos θ0 =

θ0 = arccos

1 2

1 = 60o . 2

b Jednačina koja opisuje položaj harmonijskog oscilatora u trenutku t u odnosu na ravnotežni položaj data 19  je izrazom

x (t) = x = x 0 sin ωt

gde je ω 2 = k/m kružna učestanost harmonijskih oscilacija i x0 −amplituda oscilacija. 146


Brzina ovog harmonijskog oscilatora u trenutku t data je jednačinom v (t) = x  (t) = x 0 ω cos ωt = ωt = v v 0 cos ωt = ωx x0 maksimalna brzina harmonijskih oscilacija (u ravnotežnom položaju). gde je v 0 = ω Potencijalna energija harmonijskih oscilacija data je izrazom E p =

1 2 1 2 2 kx = kx0 sin ωt 2 2

dok je kinetička energija data sledećim izrazom 1 1 1 E k = mv 2 = mω2 x20 cos2 ωt = ωt = kx20 cos2 ωt 2 2 2

gde smo uzeli u obzir ω 2 =

k m

⇔ mω2 = k

= t 0 u kojem su ove dve energije jednake važi U trenutku vremena t = t E p = E k 1 2 2 1 kx0 sin ωt 0 = kx20 cos2 ωt0 2 2 sin2 ωt 0 = cos2 ωt 0 = 1 1 sin2 ωt 0 = 2 1 sin ωt 0 = 2

− sin2 ωt0

√

U tom trenutku je rastojanje od ravnotežnog položaja x (t0 ) = 1 cm te sledi

√

x (t0 ) = A sin ωt 0 = A/ = A/ 2

odnosno A =

√ 2x (t ) = √ 2 cm. 0

20  c Jednačina sabirnog sočiva data je izrazom 1 1 1 + = p q f

gde je p −udaljenost predmeta od sočiva, q −udaljenost udaljenost realnog lika od sočiva, sočiva, i f −žižna daljina sočiva. Predmet i realni lik nalaze se sa suprotne strane sočiva, tako da je udaljenost između njih d = p = p + q

Iz prve jednačine imamo q = =

pf p f

tako da se za udaljenost između predmeta i lika dobija

−

d = p = p + q = p = p +

pf p f

−

Treba naći udaljenost predmeta od sočiva p za koju je udaljenost lika od predmeta d minimalna. d = d d ( p) p) je Prvi izvod funkcije d = 

d ( p) p) = 1 +

f ) − pf ( p − f ) f )2 − f 2 − f ) = ( p − f ) f )2 ( p − f ) f )2

f ( f ( p p

147


gde smo iskoristili pravilo za izvod količnika u v





=

u v

− uv

v2

p) = 0 odakle sledi Ekstremnu vrednost funkcije dobijamo za d  ( p) f )2 = f 2 − f ) p ( p − 2f ) f ) = 0 ( p

tj. dobijamo dva rešenja

p = p = 0 i p = 2f

Za p = 0 predmet se nalazi u sočivu, što nije fizički realno rešenje f ). Za p = 2f , udaljenost između predmeta i lika je minimalna (i jednaka d min = 4f )

148


30. jun 2005.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (30. jun 2005.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Jedinica za rad može se izraziti i kao: a) kgm/s2 d) Pa Pa m3

b) kgm2 s e) Nm/s

c) Nm2 n) ne znam

(3 poena)

b) protoni e) 42He

c) elektroni n) ne znam

(3 poena)

1 .2 kW c) 1. n) ne znam

(3 poena)

2. Beta zraci su: a) jezgra 31 H d) antiprotoni

3. Snaga mašine koja za 2 minuta izvrši rad od 4800 J je: a) 0.33 W 2 .4 kW d) 2.

b) 40 W e) 80 W

4. Zapremina jednog mola idealnog gasa na temperaturi od 0 °C i pritisku od 101.3 kPa je: (R = 8.3 J/(mol K)) a) 22.4 m3 d) 2240 cm3

b) 22.4 cm3 e) 224 dm3

c) 22.4 dm3 n) ne znam

(3 poena)

5. Atomsko jezgro sa Z protona i N neutrona posle emisije alfa čestice prelazi u jezgro: a) Z, N-4 d) Z-2, N-4

b) Z-1, N-2 e) Z-2, N-2

c) Z-2, N-1 n) ne znam

(3 poena)

6. Tačkasti ačkasti svetlosni svetlosni izvor se nalazi na rastojanju rastojanju 2 m ispred tankog tankog sabirnog sabirnog sočiva. Lik predmeta je na rastojanju rastojanju 1 m iza sočiva. sočiva. Optička Optička moć sočiva sočiva iznosi: a) 2 dioptrije 1 /3 dioptrije d) 1/

2 /3 dioptrije b) 2/ e) 3/2 dioptrije

1 /2 dioptrije c) 1/ n) ne znam

(4 poena)

7. Litar vode na temperaturi od 300 K pomeša se sa dva litra vode na temperaturi od 87 °C. Temperatura smeše je: a) 300 K d) 380 K

b) 340 K e) 400 K

c) 360 K n) ne znam

(4 poena)

149


30. jun 2005.

m = 4 g po kružnici prečnika D = 1 m. Moment inercije 8. Oko ose rotacije obrće se materijalna tačka mase m = materijalne tačke u odnosu na tu osu rotacije je:

a) 10 kg cm2 d) 4 kg cm2

b) 5 kg cm2 e) 2.5 kg cm2

c) 20 kg cm2 n) ne znam

(4 poena)

9. Dva tačkasta naelektrisanja + Q i −Q se nalaze na x −osi u tačkama A i B tako da je x A < xB . Tačka C u kojoj je elektrostatičko polje jednako nuli je:

a) levo od tačke A c) između tačaka A i B e) nijedan odgovor od a) do d) nije tačan

b) desno od tačke A d) svuda u prostoru n) ne znam

(4 poena)

10. Telo se kreće po kružnici poluprečnika 1 m koju opiše za vreme od 1 s. Linijska brzina tela je: a) 4π m/s 2 π m/s d) 2π

b) 1 m/s π/2 m/s e) π/2

c) 2 m/s n) ne znam

(4 poena)

11. Lift se kreće sa konstantnim konstantnim ubrzanjem. ubrzanjem. Težina tela u liftu je pri penjanju penjanju tri puta veća nego pri spuštanju spuštanju ako je ubrzanje: a) 3g g /2 d) g/

2 g b) 2g g/3 e) g/3

3 g/22 c) 3g/ n) ne znam

(5 poena)

12. Otvoreni Otvoreni rezervoar rezervoar se puni vodom konstantni konstantnim m zapreminskim zapreminskim protokom protokom od 300 cm3 /s. Voda ističe kroz 2 otvor na dnu rezervoara površine poprečnog preseka 0.6 cm . U stacionarnom stanju nivo vode u rezervoaru je: (g = 10 m /s2 ) a) 2.54 m 1 .6 m d) 1.

1 .5 m b) 1. e) 0.5 m

c) 1.25 m n) ne znam

(5 poena)

13. Kroz vrlo dugačak pravolinijski provodnik protiče jednosmerna struja konstantne jačine. Na udaljenju d od provodnika izmerena je jačina magnetskog polja H 1 . Kada se jačina struje u provodniku smanji dva puta, u 2 d od provodnika, izmerena je jačina polja H 2 . Odnos H 2 /H 1 je: tački na udaljenju 2d a) 1/4 d) 2

1 /2 b) 1/ e) 4

c) 1 n) ne znam

(5 poena)

14. Elektron Elektron se ubrza u električnom električnom polju između tačaka tačaka sa potencijalnom potencijalnom razlikom razlikom od milion volti. volti. Masa 2 mirovanja elektrona je 0.511 MeV/c . Ukupna relativistička energija elektrona iznosi: a) 489 keV d) 2511 keV

b) 1511 keV e) 756 keV

c) 1022 keV n) ne znam

(5 poena)

15. Telo je bačeno kao kosi hitac pod elevacionim uglom 60 ° u odnosu na horizontalnu ravan. Količnik dometa i maksimalne visine je:

√

a) 4 3 √ d) 2 3

√

4 / 3 b) 4/ √ e) 3

√

2 / 3 c) 2/ n) ne znam

(7 poena)

150


30. jun 2005.

16. Valjak visine H = 10 cm i gustine ρ = 400 kg /m3 pliva na vodi. Centar mase valjka se u odnosu na površinu vode nalazi na: (gustina vode ρ v = 1000 kg /m3) a) 2 cm ispod d) 1 cm ispod

b) 2 cm iznad e) 4 cm iznad

c) 1 cm iznad n) ne znam

(7 poena)

17. Telo se kreće po x −osi sa konstantnim ubrzanjem. Kroz tačku x 1 = 5 m prolazi brzinom od 12 m/s, a kroz tačku x2 = 10 m brzinom od 15 m/s. Ubrzanje tela je: a) 14.4 m/s2 d) 11.25 m/s2

b) 16.2 m/s2 e) 8.1 m/s2

c) 3 m/s2 n) ne znam

(7 poena)

18. Za krajeve stalnog izvora jednosmernog napona vezan je potrošač koji se sastoji od tri paralelno vezana otpornika R 1 , R 2 = 2R1 i R 3 . Na otporniku R 1 se razvija snaga od 600 W. Ako je ukupna snaga koja se razvija u potrošaču 1 kW, otpornost otpornika R 3 je: a) 0.5R1 12 R1 d) 12R

3 R1 b) 3R e) R1

6 R1 c) 6R n) ne znam

(8 poena)

19. Pri izobarskom širenju jedan mol idealnog gasa izvrši rad od 8.3 kJ. Zapremina gasa se pri tome poveća dva puta. Početna temperatura gasa je: (R = 8.3 J/(mol K)) a) 1000 K d) 2000 K

b) 500 K e) 273 K

c) 100 K n) ne znam

(8 poena)

20. Amplituda oscilovanja linearnog harmonijskog oscilatora je 1 cm, a period oscilovanja je 1 s. Najveća brzina oscilatora iznosi: a) 6.28 m/s 6 .28 cm/s d) 6.

62 .8 m/s b) 62. 62..8 cm/s e) 62

0 .628 cm/s c) 0. n) ne znam

(8 poena)

151


REŠENJA

1  d Rad se može izraziti kao proizvod pritiska i promene zapremine pri izobarskom širenju idealnog gasa, tako da se jedinica za rad može izraziti kao Pa m 3 . 2  c Beta zraci su elektroni. ∆ t = 2 min = 120 s izvrši rad od A = 4800 J je 3  b Snaga mašine koja za ∆t P =

A 4800 J = = 40 W . ∆t 120 s

4  c Prema jednačini stanja idealnog gasa

pV = nRT

za zapreminu se dobija V =

1 mol 8.3 molJ K (0 + 273 K ) nRT = = 0.0224 m 3 = 22 22..4 dm 3 . 3 p 101..3 10 Pa 101

·

·

·

e Alfa čestica je jezgro atoma 5  atoma Helijuma 42 He i kao takva pri emisiji odnosi 2 protona i 2 neutrona. Odnosno, jezgro prelazi u atomsko jezgro sa Z-2 protona i N-2 neutrona.

6  e Prema uslovu zadatka, predmet se nalazi na rastojanju p = 2 m ispred tankog sabrnog sočiva, a realni lik q = 1 m iza se formira na rastojanju q = m iza sočiva. sočiva. Prema jednačini jednačini sabirnog sočiva žižne daljine f , za optičku moć D = 1/f imamo D =

1 1 1 1 3 = + = + 1 = . f p q 2 2

7  b Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina Količina toplote koju sadrži voda zapremine zapremine V (koja = ρV ) na temperaturi T data je izrazom odgovara masi m = ρV Q = mcT = mcT = ρcV ρcV T = ρ cV1 T 1 ) sa zapreminom Ako pomešamo zapreminu vode V 1 na temperaturi T 1 (i količinom sadržane toplote Q 1 = ρ vode V 2 na temperaturi T 2 (i količinom sadržane toplote Q2 = ρcV 2T 2), na osnovu zakona održanja energije, količina toplote rezultujuće smeše biće Q = Q = Q 1 + Q2 = ρc = ρc (V 1 T 1 + V 2 T 2 )




V 1 T 1 + V 2 T 2 V 1 + V 2

1 30 3000 + 2 (87 + 273) K 1+2 T = T = 340 K .

·

·

153


8 a Moment inercije materijalne tačke mase m koja se okreće po kružnici prečnika D u odnosu na tu osu rotacije je dat izrazom 2

mD2 4 10−3 kg 1 m I = mR = = = 10 −3 kg m2 = 10−3 kg 10 4 cm2 = 10 kg cm2 . 4 4

·

2

·

9  e (Zadatak (Zadatak 2011_9) Uzimamo u obzir da je jačina električnog električnog polja p olja tačkastog tačkastog naelektrisanja naelektrisanja Q na rastojanju R data izrazom E = =

Q 4πεR 2

i radijalnog radijalnog je pravca pravca u smeru „od“ pozitivnog pozitivnog naelektrisanja, naelektrisanja, odnosno, u smeru „ka“ negativnom negativnom naelektrisanj naelektrisanju. u. Posmatramo električno polje na x -osi u tri moguća slučaja, kao na slici: (a) xA ≤ xC < x B (između tačaka A i B) (b) xC ≥ xB > xA (desno od tačke B) (c) xC < x A < xB (levo od tačke A)

Rezultujuća električna polja u ova tri slučaja su (a) E a = E 1 + E 2 =

Q 4πε( πε (xC

− xA)

2

+

Q 4πε( πε (xB

− xC )2 > 0

ovaj izraz je uvek pozitivan jer odgovara sumi dve pozitivne vrednosti. (b) E b = E 1 + E 2 =

Q

Q Q = − 2 4πε 4πε( πε (xC − xA ) 4πε (xB − xC ) 2



ovaj izraz je uvek pozitivan za x B > xA . (c) I slično E c = E = E 1 + E 2 =

Q

Q

− 4πε (x − x )2 + 4πε (x − x )2 = − C A B C

Q 4πε

1

1 − (xC − xA ) (xC − xB )2 2



1

1



− xA)2 − (xC − xB )2

(xC

> 0



< 0

ovaj izraz je uvek negativan za x B > xA . Dakle, Dakle, nijeda nijedan n od ovih ovih izraza izraza nije jednak jednak nuli. nuli. Ovaj Ovaj rezulta rezultatt se može može proširi proširiti ti i za tačke tačke posmatr posmatranj anjaa u čita čitavvoj ravn ravni, i, kao kao i u čita čitavom vom pros prosto toru ru.. Da Dakl kle, e, ne postoj postojii tačk tačkaa C u kojo ojojj je inten intenzit zitet et elek elektr tričičnog nog polja polja jedn jednak ak nuli (osim (osim tača tačaka ka u besko beskona načn čnos osti) ti),, tako tako da nije nijeda dan n od dati datih h odgov odgovor oraa nije nije tača tačan. n. 10  d Telo opiše kružnicu poluprečnika R = 1 m za ∆t = 1 s, pri čemu pređe put jednak obimu kružnice ∆s = 2πR

pa se za linijsku brzinu ovog tela dobije v =

∆s 2πR m = = 2π . ∆t ∆t s

154


11  d Usled inercijalne sile, težina tela mase m u liftu iznosiće • Q1 = m( m(g − a) kada se lift spušta ubrzanjem intenziteta a • Q2 = m (g + a) kada se lift penje ubrzanjem intenziteta a Prema uslovima zadatka Q 2 = 3Q1 , odakle sledi g + a = 3(g 3(g a =

g . 2

− a)

12  c Otvoreni rezervoar se puni vodom konstantnim konstantnim zapreminskim protokom Q. Neka je visina vode u rezervoaru H . Brzina kojom voda ističe iz otvora na dnu rezervoara se može dobiti iz Bernoulli-jeve u stacionarnom stanju H. jednačine i iznosi



v2 =

2gH

a kako je površina poprečnog preseka otvora S 2 , to će protok vode na izlazu iznositi Q2 = S = S 2 v2

U stacionarnom stanju protok punjenja jednak je protoku pražnjenja Q2 = Q v2 =

Q2 Q = S 2 S 2

U kombinaciji sa prvom jednačinom, za visinu vode u stacionarnom stanju sledi Q2 S 22

2gH = H =

H =



Q2 2gS 22 3

300 10−6 ms

·



2

20 sm (0. (0.6 10−4 m2 )2 2

·

·

= 1.25 m .

13  a (Zadatak 2008_11) Prema Ampère-ovom zakonu, jačina magnetskog polja na udaljenosti R od vrlo dugačkog pravolinijskog provodnika kroz koji teče struja jačine I data je izrazom H =

I 2πR

Za udaljenost R 1 = d imamo

I 2πd Za udaljenost R 2 = 2d i dva puta manju jačinu struje I 2 = I /2 ima se H 1 =

I I 2 I H 2 = = 2 = 2πR2 2π 2d 8πd

odakle se za odnos jačina magnetsko magnetskogg polja dobija H 2 = H 1

I 8πd I 2πd

1 = . 4

14  b Relativistička energija elektrona u stanju mirovanja data je izrazom E 0 = m0 c2

gde je m 0 − masa mirovanja elektrona i c − brzina svetlosti. 155


∆ U energija elektrona se poveća za Prolazeći kroz električno polje između tačaka sa potencijalnom razlikom od ∆U rad elektrostatičkog polja koji iznosi A = e = e∆ ∆U

gde je e naelektrisanje elektrona. Ukupna relativistička energija je prema zakonu održanja energije E = = E 0 + A E = m = m 0 c2 + e∆U E = = 0.511

MeV MeV c2

1 e · 106 V = 1.511 MeV = 1511 keV. · c2 + 1 e

b Neka je telo izbačeno početnom brzinom v0 pod 15  uglom α u odnosu na površinu Zemlje. Ako rastavimo vektor početne brzine na horizontalnu (x) i vertikalnu (y) komponentu, onda važi

v0x = v0 cos α v0y = v0 sin α t . Duž x -ose, Neka telo dostigne domet D za vreme t. -ose, telo se kreće ravnomernom brzinom v 0x tako da duž ove ose važi jednačina D = v = v 0x t = v = v 0 t cos α

Duž y−ose praktično imamo vertikalni hitac, telo kao da je izbačeno uvis početnom brzinom v0y i na njega deluje sila Zemljine teže, tako da se kreće sa ubrzanjem g . Na maksimalnoj visini H , vertikalna brzina tela je nula α − ⇒ t1 = vg0y = v0 sin g

0 = v0y gt 1

odakle se za visinu dobija H = v0y t1

−

1 2 v02 sin 2 α gt = . 2 1 2g

Sa visine H telo nastavlja da se kreće ubrzanjem g i stigne na površinu Zemlje za vreme t 2 tako da važi H =

1 2 gt 2 2

⇒ t2 =

 

2v20 sin2 α v0 sin α = = t 1 . 2 2g g

2H = g

Dakle ukupno vreme potrebno da telo dotakne površinu Zemlje od trenutka izbacanja je t = t = t 1 + t2 =


2v0 sin α g

v02 v2 2sinα 2sinαcos α = 0 sin sin (2α (2α). g g

Za količnik dometa i maksimalne visine se dobija D = H

v02 sin2α g sin2α v02 sin 2 α 2g

D 2sin2α 2sin2α 4sin α cos α = = = H α sin2 α α = 60o , tan α = Za α =

√

3, pa imamo

4 sin α cos α

=

4 tan α

D 4 = . H 3

√

156


16  c Neka valjak visine H pliva na vodi uspravno kao na slici. Neka je H 1 visina dela valjka koja je u vodi i neka je S površina poprečnog preseka valjka. Na valjak deluju sledeće sile: • sila Zemljine teže, vertikalno naniže, intenziteta F g = mg = mg = ρV ρV g = ρSHg = ρSHg •

S H 1 koja je u vodi, vertikalno naviše, sile potiska vode na zapreminu valjka V 1 = SH naviše, intenziteta F p = ρ v V 1 g = ρ = ρ v SH 1 g

Kako valjak pluta (ne kreće se u vertikalnom pravcu), to su ove dve sile u ravnoteži, pa važi F p = F g

odakle se za visinu dela valjka koji je u vodi dobija ρv SH 1 g = ρSHg = ρSHg H 1 = H = H H 1 = 10 cm

ρ ρv

400 = 4 cm · 1000

H/22 = 5 cm , to je visina Kako se centar mase nalazi u geometrijskom centru homogenog valjka, na visini H 2 = H/ ∆ H = H 2 − H 1 = 1 cm (iznad površin centra mase u odnosu na površinu vode ∆H površinee vode.) vode.) e Neka se telo kreće sa konstantnim ubrzanjem a duž x −ose. Telo za vreme t pređe iz položaja x 1 gde ima 17  t , telo pređe put s = s = x x 2 − x1 krećući se (početnu) brzinu v 1 u položaj x 2 gde dostiže brzinu v2 . Dakle, za vreme t, konstantnim ubrzanjem a sa početnom brzinom v 1 . Za brzinu i pređeni put važe sledeće jednačine ravnomernog pravolinijskog pravolinijskog kretanja

v2 = v = v 1 + at x2

−

at 2 = v 1 t + x1 = v 2

Iz prve jednačine za vreme t dobijamo t =

v2

− v1 a

što zamenom u drugoj jednačini daje x2

x2

− x1 = v1

v2

− v1 + a a

2



v2

− v1 a

2



2 ( v2 − v1 )2 2v1 v2 − 2v12 + v22 − 2v1 v2 + v12 v2 − v12 = = 2 − x1 = v1v2a− v1 + (v 2a 2a 2a

odakle za ubrzanje tela sledi a = 2

1 225 m s a = 2 10 m 2

1 v22 2 x2

− v12 − x1 m2 s2

− 144 − 5 m

= 8.1

m . s2

157


18  c Kako su sva tri otpornika R 1 , R2 , R3 vezana paralelno na generator jednosmernog napona, to je napon na njihovim krajevima jednak tom naponu generatora U pa su snage koje se razvijaju na otpornicima date izrazima P 1 =

U 2 R1

U 2 U 2 1 P 2 = = = P 1 R2 2R1 2 U 2 R3

P 3 =

tako da je ukupna snaga data izrazom P 1 U 2 3 U 2 P = P 1 + P 2 + P 3 = P = P 1 + + = P 1 + 2 R3 2 R3

što u kombinaciji sa jednačinom snage na prvom otporniku P 1 =

U 2 R1

→ U 2 = R1P 1

daje 3 R1 P = P 1 + P 1 = P 1 2 R3 R1 P = R3 P 1 R3 = R = R 1



3 R1 + 2 R3

− 32



· P 1− 3 P 2 1

R3 = R1

P 1

zamenom zadatih vrednosti dobijamo R3 = R1

− − 32 P 1

P

600 600 = R1 = 6R 6 R1 . 1000 1.5 600 1000 900

− ·

−

a Pri izobarskom 19  izobarskom širenju širenju gasa iz stanja 1 ( p1 , V 1, T 1 ) u stanje 2 ( p2 , V 2 , T 2 ), pritisak ostaje konstantan te važi

p1 = p = p 2 = p

tako da za jednačine idealnog gasa u ova dva stanja važi pV 1 = nRT = nRT 1 pV 2 = nRT = nRT 2

Deljenjem ove dve jednačine dobijamo

V 2 T 2 = V 1 T 1

ako se zapremina gasa poveća dva puta V 2 = 2V 1 prema prethodnoj jednačini, temperatura gasa se takođe poveća dva puta T 2 = 2T 1 . Rad koji gas izvrši pri izobarskom širenju dat je jednačinom A = p = p (V 2

− V 1)

što u kombinaciji sa jednačinama stanja idealnog gasa daje A = pV = pV 2

= nRT 2 − nRT 1 = nR (T 2 − T 1 ) − pV 1 = nRT

Ako uzmemo u obzir T 2 = 2T 1, rad izražen u funkciji početne temperature je A = nR = nR (2T (2T 1

− T 1) = nRT 1 158


odakle je početna temperatura gasa T 1 =

A nR

Uzimajući zadate vrednosti n = 1 mol i A = 8.3 kJ dobijamo T 1 =

8.3 kJ = 1000 K . 1 mol 8.3 molJ K

·

20  d Jednačina oscilovanja linearnog harmonijskog oscilatora data je izrazom x = x = x 0 sin ωt 2π kružna učestanost i T period oscilacija. T Brzina oscilovanja jednaka je prvom izvodu položaja x po vremenu t:

gde je x 0 −amplituda, ω =

v =

−

−

dx(t) = (x ( x0 sin ωt) ωt ) = x 0 (sin ωt) ωt ) = ωx 0 cos ωt = ωt = v v 0 cos ωt dt

= ωx x0 maksimalna brzina oscilacija. Za zadate vrednosti dobijamo gde je v 0 = ω v0 = ω = ωx x0 =

2π 2 3.14 cm x0 = 1 cm = 6.28 . T 1 s s

·

·

159


30. jun 2004.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (30. jun 2004.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Koja je od nabrojanih fizičkih veličina skalar: a) ubrzanje d) električno polje

b) sila e) moment impulsa


(3 poena)

b) kg m2 s−1 e) kg m s−2

c) kg m s n) ne znam

(3 poena)

b) 36 g e) 32 g

c) 16 g n) ne znam

(3 poena)

2. Moment impulsa izražen preko osnovnih jedinica SI sistema je: a) kg m2 s−3 d) kg m s−1 3. Jedan mol vode ima masu od: a) 10 g d) 18 g

4. Put koji pređe vrh centralne sekundne kazaljke sata dužine 2 cm u toku 24 sata približno je jednak: a) 1.81 m d) 1810 m

b) 18.1 m e) 0.18 m

c) 181 m n) ne znam

(3 poena)

5. Kocka ivice 10 cm i mase 3 kg vrši na horizontalnu podlogu pritisak od: ( g = 10 m /s2 ) a) 3 kPa d) 0.3 MPa

b) 30 kPa e) 300 Pa

c) 3 MPa n) ne znam

(3 poena)

9 .1 · 10−31 kg. Energija ovog elektrona je: (c = 3 · 108 m/s, 1 eV = 1.6 · 10−19 J) 6. Masa mirovanja elektrona je 9.

a) 512 eV d) 512 keV

5 .12 keV b) 5. e) 5120 keV

51 .2 keV c) 51. n) ne znam

(4 poena)

7. Na optičkoj osi, na rastojanju 1 m od centra tankog sabirnog sočiva žižne daljine 0.5 m, nalazi se realni lik svetlog tačkastog predmeta. Predmet je od centra sočiva udaljen: a) 1 m 0 .5 m d) 0.

1 .5 m b) 1. e) 1.25 m

0 .75 m c) 0. n) ne znam

(4 poena)

8. Kroz cev kružnog poprečnog preseka prečnika 2 cm, stacionarno protiče voda brzinom od 3 m/s. Masa vode koja protekne u svakoj sekundi je: (gustina vode 1000 kg/m 3 ) a) 94 g /s 1 .88kg/s d) 1.

b) 0.94 kg/s 18..8 kg/s e) 18

9 .4 kg/s c) 9. n) ne znam

(4 poena)

161


30. jun 2004.

9. Brzina kojom treba baciti kamen sa površi Zemlje vertikalno uvis da dostigne visinu 20 m je: (otpor vazduha zanemariti, g = 10 m /s2 ) a) 10 m/s d) 40 m/s

b) 100 m/s e) 20 m/s


(4 poena)

10. Frekvencija elektromagnetskih talasa talasne dužine λ = 10 cm je: (c = 3 · 108 m/s) a) 3 GHz d) 300 Hz

b) 30 GHz e) 3 kHz

c) 300 GHz n) ne znam

(4 poena)

11. Grejač koji u gradskoj mreži napona 220 V ima snagu od 100 W, kada se priključi na akumulator od 12 V ima snagu od približno:

a) 0.54 W 5 .4 W d) 5.

0 .3 W b) 0. e) 30 W

c) 3 W n) ne znam

(5 poena)

12. Lift mase 1000 kg spušta se sa konstantnim ubrzanjem. Ako je sila zatezanja užeta 8000 N, ubrzanje lifta je: (g = 10 m /s2 ) a) 0.5 m/s 2 d) 4 m/s 2

b) 1 m/s 2 e) 8 m/s 2

c) 2 m/s 2 n) ne znam

(5 poena)

13. Telo mase 1 kg klizi po strmoj ravni. Na vrhu strme ravni ravni visine 0.1 m brzina tela je jednaka nuli, nuli, a u 2 podnožju 1 m/s. Rad sile trenja na strmoj ravni jednak je približno: ( g = 10 m /s ) a) 2 J 0 .25 J d) 0.

b) 1 J e) 0.75 J

0 .5 J c) 0. n) ne znam

(5 poena)

14. Čestica mase m i naelektrisanja q kreće kreće se pod uticajem magnetskog polja indukcije B po krugu poluprečnika poluprečnika R, brzinom v . Rad Lorencove Lorencove sile kad čestica čestica obiđe jedan krug je: a) 2πRqvB d)

2mv qRB

qRB mv

2 πmv 2 b) 2πmv

c)

e) 0

n) ne znam

(5 poena)

15. Pri osvetljavanju metalne površi fotokatode monohromatskom svetlošću dolazi do emisije elektrona. Kada se frekvencija svetlosti uveća dva puta, maksimalna kinetička energija emitovanih elektrona će se: a) pov povećat ećatii dva dva puta puta d) neće se menjati

b) pov povećat ećatii ma manj njee od dva dva puta puta e) smanjiti dva puta

c) pov povećat ećatii više više od dva dva puta puta n) ne znam

(7 poena)

16. Telo mase 0.1 kg vrši linearno harmonijsko oscilovanje sa amplitudom 4 cm. Ako je najveće ubrzanje tela 2 cm/s2 , njegova kinetička energija, kada prolazi kroz ravnotežni položaj, je: a) 1 · 10−4 J d) 6 · 10−4 J

b) 3 · 10−4 J e) 6 · 10−3 J

c) 4 · 10−5 J n) ne znam

(7 poena)

162


30. jun 2004.

17. Zapremina koju zauzima 5 · 1022 molekula molekula idealnog gasa na temperaturi temperaturi od o d 20o C i pritisku od 5 · 104 Pa je: (Boltzmann-ova (Boltzmann-ova konstanta k = 1.38 · 1023 J/K) a) 4 · 10−3 m3 d) 4 · 10−3 l

b) 8 · 10−2 m3 e) 2 · 10−3 m3

c) 5 cm 3 n) ne znam

(7 poena)

18. Uzorak radioaktivnog elementa sadrži 10 24 atoma. atoma. Posle Posle koliko perioda poluras p oluraspada pada će preostati preostati samo jedan 434,, ln 10 = 2.3, ln2 = 0. 0.69) radioaktivni atom: (log e = 0.434 a) 55 d) 7

b) 35 e) 115

c) 80 n) ne znam

(8 poena)

19. Sferni Sferni balon tankih zidova, zidova, zanemarljive zanemarljive mase, poluprečnika 10 m, je ispunjen toplim vazduho vazduhom m čija je 3 gustina za 1/4 manja od gustine okolnog vazduha (1.2 kg/m ). Masa tereta kojeg može da podigne balon je: a) 942 kg d) 5024 kg

b) 1256 kg e) 2500 kg

c) 3768 kg n) ne znam

(8 poena)

20. Osam identičnih baterija vezano je na red u zatvoreno kolo tako što se za pozitivan kraj jedne baterije veže negativ negativan an kraj susedne susedne baterije i tako tako redom. Elektromotorn Elektromotornaa sila svake svake baterije je 1.5 V. Napon koji pokazu p okazuje je idealni voltmetar, vezan za krajeve jedne od ovih baterija, je: a) 0 V 10 .5 V d) 10.

1 .5 V b) 1. e) 9 V

c) 12 V n) ne znam

(8 poena)

163


REŠENJA c Ubrzanje, sila, električno polje i moment impulsa su vektorske 1  vektorske fizičke veličine. Magnetski fluks je skalarna fizička veličina

2  b Moment impulsa tela mase m koje rotira na rastojanju R od centra rotacije jednak je proizvodu njegovog momenta inercije I = mR 2 [kg m2 ] i ugaone brzine ω [s−1 ], tako da je moment impulsa izražen u jedinicama SI sistema kg m2 s−1 . 3  d Molekul vode H vode H 2 O se sastoji od dva molekula vodonika 21 H, masenog broja 2 i molarne mase 2 g/mol, i jednog molekula kiseonika 14 7 O masenog broja 14 i molarne mase 14 g/mol, tako da je molarna masa vode g g g 2·2 + 14 = 18 mol mol mol odnosno, masa jednog mola vode je 18 g. 4  c Vrh centralne sekundne kazaljke napravi jedan puni krug svake minute, odnosno, broj krugova koji napravi R = 2 cm je za 24 sata je N = 24 · 60. Obim jednog kruga poluprečnika R = s1 = 2πR

tako da je ukupni pređeni put s = N = N s1 = 2πN R s = 2 3.14 24 60 2 10−2 m

·

· · · ·

≈ 181 m.

5  a Kocka mase m = 3 kg deluje na podlogu silom Zemljine teže Q = mg = mg

koja je ravnomerno raspoređena po površini jedne strane kocke S = a 2

gde je a = 10 cm dužina ivice. Traženi pritisak iznosi 3 kg 10 sm Q mg p = p = = 2 = = 3 kPa. S a 100 10−4 m2

·

·

2

−31 6  d Ako je masa mirovanja elektrona m 0 = 9.1 · 10 kg, onda je njegova energija (u stanju mirovanja)

E 0 = m = m 0 c2 81..9 · 10−15 J · 3 · 108 ms = 81 81 81..9 · 10−15 E 0 = eV = 512 keV. 1.6 · 10−19



E 0 = 9.1 10−31 kg

·



2

7  a Neka je p udaljenost predmeta od centra sabirnog sočiva žižne daljine f = 0.5 m, i neka je q = 1 m udaljenost realnog lika od istog sočiva. Prema jednačini sabirnog sočiva sa realnim likom imamo 1 1 1 + = p q f p = p =

qf = 1 m . q f

−

165


8  b Protok vode kroz cev kružnog poprečnog preseka prečnika D = 2 cm, cm, pri stacionarnom kretanju vode brzinom v = 3 m/s je 1 2 D πv 4

Q = S = Svv = ∆ t = 1 s data je Zapremina koja protekne za ∆t ∆V = Q∆ Q∆t =

1 2 D πv∆ πv ∆t 4

∆m = ρ = ρ∆ ∆V =

1 2 ρD πv∆ πv ∆t 4

pa za proteklu masu sledi

∆m =

1 kg m kg 1000 3 4 10−4 m 3.14 3 1 s = 0.942 . 4 m s s

·

· ·

·

·

·

9  vertikalno uvis početnom brzinom brzinom v 0 deluje sila Zemljine gravitacije, ubrzanja −g, tako e Na kamen bačen vertikalno da se brzina kamena može predstaviti sledećom jednačinom kretanja v = v = v 0

− gt

= t 1 kamen dostigne naveću visinu i zaustavi se U trenutku t = t v (t1 ) = v 0

− gt1 = 0 ⇒ t1 = vg0

Put koji je kamen pri tome prešao dat je jednačinom 2

H = v 0 t1 H =

v02 g

− g2t1 2

− g2vg0

v02 H = 2g

odakle se za početnu brzinu dobija v0 =



2gH = 20

m . s

−2 10  a Frekvencija elektromagnetskih talasa, talasne dužine λ = 10 cm = 10 · 10 m je

3 108 ms c f = = = 3 109 Hz = 3 GHz . − 2 λ 10 10 m

· ·

·

11  b Neka je R otpornost grejača. Ako priključen na gradsku mrežu efektivne vrednosti napona U 1 = 220 V grejač razvije snagu P 1 = 100 W, za otpornost grejača se dobija P 1 =

U 12 R

2

⇒ R = U P 11 .

Kada se taj isti grejač priključi na akumulator akumulator (jednosmerno (jednosmernog) g) napona U 2 = 12 V , imaće snagu U 22 U 22 P 2 = = P 1 2 = 100 W R U 1

·  ≈ 12 220

2

0.3 W .

12  c Vežimo referentni sistem za lift koji se spušta konstantnim ubrzanjem a . U ovom (inercijalnom) referentnom m = 1000 kg deluju sledeće sile: sistemu na lift mase m = • Sila Zemljine teže, vertikalno naniže, intenziteta F g = mg • Sila zatezanja užeta koje drži lift, vertikalno naviše, intenziteta T = T = 8000 N

166


•

Inercijalna sila, u smeru suprotnom od smera kretanja referentnog sistema, vertikalno naviše, intenziteta F i = ma

U ovom referentnom sistemu lift miruje, tako da važi ravnoteža sila koje deluju na njega, odnosno F g = T + F i mg = mg = T T + ma

odakle se za ubrzanje lifta dobija a = g = g a = 10

− mT

m 8000 N m = 2 2. − 2 1000 kg s s

13  c Na vrhu strme ravni, na visini h1 = 0.1 m, brzina tela mase m = 1 kg je kg je nula: v1 = 0, pa je njegova ukupna energija (jednaka zbiru kinetičke i potencijalne energije) E 1 = E k1 + E p1 =

1 2 mv + mgh1 = mgh 1 2 1

U podnožju (h2 = 0) telo se kreće brzinom v 2 = 1 m/s pa je njegova ukupna energija E 2 = E k2 + E p2 =

1 2 1 mv2 + mgh 2 = mv22 2 2

Prema zakonu održanja energije, razlika ovih dveju energija odgovara radu sile trenja A = E = E 1

1 = mgh 1 − mv22 − E 2 = mgh 2

A = 1 J

− 12 J = 0.5 J .

e (Zadatak 2011_14) Na česticu mase m i naelektrisanja q koja se kreće po kružnici 14  kružnici poluprečnika poluprečnika R brzinom  v u homogenom magnetskom polju indukcije B deluje Lorentz-ova sila

 = q v F

× B

Vektor ove sile je normalan na vektor brzine odnosno na vektor putanje ove čestice pa je skalarni proizvod vektora sile i vektora putanje jednak nuli u svakoj tački putanje. Kako se rad definiše kao skalarni proizvod vektora sile i vektora putanje i kako je ovaj proizvod nula u svak svakoj oj tačk tačkii puta putanj nje, e, to je rad rad koji Loren Lorentz tz-o -ovva sila sila vrši vrši na česti čestici ci nael naelek ektr trisa isanj njaa q jednak jednak nuli. nuli. c Prema Einstein-ovom zakonu fotoelektričnog efekta, energija upadnog fotona hν jednim 15  jednim delom se troši na oslobađanje oslobađanje elektrona elektrona iz metala (izlazni rad) Ai a drugi deo se pretvara u kinetičku energiju oslobođenog elektrona E k

hν = A i + E k

Ako se frekvencija svetlosti poveća dva puta ν 1 = 2ν, tada važi hν 1 = Ai + E k1 2hν = = A i + E k1

Oduzimanjem prve jednačine od prethodne jednačine dobijamo hν = E k1

− E k

E k1 = E k + hν

gde ponovnim uvrštavanjem prve jednačine dobijamo E k1 = E k + Ai + E k = 2E 2 E k + Ai

167


> 0,, to sledi E k1 > 2E 2E k to jest, kinetička energija se poveća više od dva puta. Kako je izlazni rad A i > 0

16  c Jednačina linearnih harmonijskih oscilacija tela mase m data je izrazom x (t) = x 0 sin sin (ωt) ωt )



gde je x0 −amplituda harmonijskih oscilacija, ω = k/m− kružna učestanost harmonijskih oscilacija i k− koeficijent elastičnosti harmonijskih oscilacija. Brzina Brzina harmonijskih harmonijskih oscilacija oscilacija se može izraziti izraziti kao prvi izvod položaja tela po vremenu, vremenu, tako da imamo v (t) =

dx(t) = x  (t) = (x0 sin sin (ωt)) ωt )) = x 0 (sin ωt) ωt) = ωx 0 cos ωt dt

Ubrzanje harmonijskih oscilacija se dobija kao prvi izvod brzine po vremenu, te sledi a (t) =

dv(t) = v  (t) = (ωx ( ωx 0 cos ωt) ωt ) = ωx ω x0 (cos ωt) ωt ) = −ω 2 x0 sin ωt dt

Najveće ubrzanje tela je prema prethodnoj jednačini am = ω = ω 2 x0

odakle se za ugaonu učestanost dobija ω =



am x0

Brzina Brzina tela je najveća kada prolazi prolazi kroz ravnotežn ravnotežnii položaj i prema jednačini jednačini za brzinu brzinu iznosi iznosi vm = ω = ωx x0

tako da se za kinetičku kinetičku energiju energiju u tom trenutku dobija 1 2 1 E k = mvm = mω2 x20 2 2

ako u poslednjoj jednačini uvrstimo prethodno dobijeni izraz za ugaonu učestanost, sledi 1 am 2 1 E k = m x = mam x0 2 x0 0 2 E k =

1 m 0.1 kg 2 10−2 2 4 10−2 m = 4 10−5 J. 2 s

· ·

17  a Prema jednačini stanja idealog gasa

· ·

·

pV = nRT

za zapreminu se dobija V =

nRT p

gde je n − broj molova idealnog gasa i R − univerzalna gasna konstanta. Veza između Boltzmann-ove konstante i univerzalne gasne konstante data je izrazom nR = nR = N N k

gde je N − broj molekula koji se nalazi u n molova idealnog gasa. Odavde dalje dobijamo V =

N kT p

5 1022 1.38 10−23 JK (20o C + 273 K ) V = = 4 10−3 m3 . 5 104 Pa

·

·

·

·

·

·

168


18  c Radioaktivni raspad se odvija prema sledećoj jednačini N (t ( t) = N 0 e−λt

gde je N 0 početni p očetni broj jezgara jezgara radioaktivnog radioaktivnog izotopa, izotopa, N ( N (tt) je broj jezgara u vremenskom trenutku t (količina materije koja ostaje nakon radioaktivnog raspada), i λ konstanta radioaktivnog raspada. t = t t 1/2 je definisano kao vreme za koje se raspadne polovina početnog broja jezgara (odnosno, Vreme poluraspada p oluraspada t = vreme u kome je broj jezgara koji je ostao neraspadnut jednak polovini početnog broja jezgara)

 

N t1/2 =

N 0 2

odakle smenjujući u formuli iznad, za konstantu raspada dobijamo N 0 = N 0 e−λt 2

1/2

2 = e λt

1/2

ln2 = λt = λt 1/2 λ =

ln 2 t1/2

pa jednačina za aktivnost raspada postaje − tln 2 t

N (t ( t) = N 0 e−λt = N 0 e

1/2

 

= N 0 eln 2

−t

t

1/2

−t

= N 0 2

·

t

1/2

= e ln x (odnosno 2 = e ln 2 ). Prema uslovima zadatka u trenutku t = t = t 1 je ostao samo jedan gde smo koristili x = e 24 ( t1 ) = 1, na početku ih je bilo N 0 = 10 pa imamo radioaktivni atom N (t 1 = 1024 2

·

t1

2t

1/2

−t

t1

1/2

= 1024

t1 = t = t 1/2 log2 1024

Kako je log2 1024 = 24 log2 10 = 24

·

gde smo koristili log xn = n log x i log 2 x =

2.3 = 24 · = 80 · ln10 ln 2 0.69

ln x , to dobijamo ln 2 t1 = 80 80tt1/2 .

R = 10 m je 19  b Zapremina sfernog balona poluprečnika R = 4 V = πR 3 3

ako je ispunjen toplim vazduhom gustine ρ1 =

3 ρ 4

gde je ρ = 1.2 kg /m3 gustina vazduha, masa vazduha u balonu iznosi m1 = ρ 1 V 1 = π = πR R3 ρ

Neka je masa tereta koju balon treba da podigne m . Kako je masa samog balona zanemaljiva, ukupna masa balona sa teretom i vazduhom u njemu jednaka je M = m + m1 = m + πR 3 ρ

Na balon sa teretom deluju sledeće sile

169


•

Sila Zemljine teže usmerena vertikalno naniže, intenziteta F g = M g = mg = mg + + πR 3 ρg

•

Sila potiska vazduha gustine ρ na balon zapremine V , vertikalno naviše, intenziteta F p = ρV g =

4 3 πR ρg 3

Sila potiska treba da je veća ili jednaka sili Zemljine teže da bi se balon počeo dizati, dakle F p 4 3 πR ρg 3

≥

m mmax =

≥ F g mg + mg + πR3 ρg

≤ 31 πR3ρ

1 kg 3.14 1000 m 3 1.2 3 3 m

·

·

≈ 1256 kg.

a Na slici je prikazano osam baterija vezanih na red tako da je pozitivan kraj jedne baterije vezan na 20  negativan kraj druge baterije, kao u uslovima zadatka. Kako su ove baterije vezane na red i kratko spojene to je ukupna struja koja će poteći ovim kolom data jednačinom

I =

8E E = 8Rg Rg

gde je E − elektromotorna sila jedne baterije i R g njena unutrašnja otpornost. Kako je unutrašnja otpornost baterije veoma mala, to će ovim kolom poteći veoma velika struja pa će Ohm-ska snaga kojom se zagrevaju ove baterije baterije biti toliko velika velika da će one posle izvesnog izvesnog vremena pregoreti. pregoreti. Ako vežemo idealni idealni voltmetar voltmetar na krajeve krajeve jedne od ovih baterija on će pokazivati 0 V (jer su baterije pregorele).

170


2. jul 2003.

KLASIFIKACIONI ISPIT IZ FIZIKE NA ELEKTROTEHNIČKOM FAKULTETU U BEOGRADU (2. jul 2003.) (Test sadrži 20 zadataka. Netačni odgovori donose negativne poene) 1. Tri mola idealnog gasa nalaze se u zatvorenoj boci zapremine V = 0.01 m 3 na sobnoj temperaturi temperaturi t = 27o C. Pritisak gasa u boci je: (R = 8.3 J/(K mol))

a) 747 kPa d) 1024 kPa

b) 834 kPa e) 2564 kPa

c) 387 kPa n) ne znam

(3 poena)

2. Kosi hitac ima maksimalni domet ako je ugao pod kojim je telo izbačeno: a) 30o d) 75 o

b) 45 o √ (1/ 3) e) arccos(1/

c) 60 o n) ne znam

(3 poena)

3. Dve kuglice istih masa, spojene su štapom zanemarljive mase i obrću se oko ose normalne na štap. Osa je postavljena postavljena tako da su rastojanja rastojanja kuglica od nje različita. različita. Ove kuglice kuglice imaju ista: a) ubrzanja d) ugaone brzine

b) impulsa e) kinetičke energije

c) momenta inercije n) ne znam

(3 poena)

b) hλ e) hc/λ

c) h/λ n) ne znam

(3 poena)

b) elektroni e) jezgra 42 He

c) protoni n) ne znam

(3 poena)

4. Energija Energija fotona talasne dužine dužine λ je: a) λ/c d) c/λ 5. Beta zraci su a) jezgra 31 H d) antiprotoni

6. U veliku otvorenu cilindričnu posudu usuta je voda. Iz malog bočnog otvora na posudi koji se nalazi 20 cm ispod nivoa vode, voda ističe brzinom: (g = 10 m /s2 )

a) 2.83 m/s d) 4 m/s

b) 2 m/s e) 5.66 m/s

4 .47 m/s c) 4. n) ne znam

(4 poena)

7. Da bi se udvostručio period oscilovanja prostog (matematičkog) klatna, dužinu konca treba a) smanjiti 2 puta √ d) povećati 2 puta

b) smanjiti 4 puta e) povećati 2 puta

c) povećati 4 puta n) ne znam

(4 poena)

171


2. jul 2003.

8. Litar vode temperature 37 o C pomeša se sa dva litra vode temperature 97 o C. Temperatura smeše je: a) 330 K d) 60 o C

358..5o C b) 358 e) 67o C

c) 350 K n) ne znam

(4 poena)

k t, gde je k = 10 A/s . 9. Kroz kalem induktivnosti L = 10 mH protiče vremenski promenljiva struja i (t) = kt, Indukovana elektromotorna sila na krajevima kalema po svojoj apsolutnoj vrednosti iznosi:

a) 1 V d) 0.001 V

b) 10 V e) 100 V

c) 0.1 V n) ne znam

(4 poena)

10. Elektron mase mirovanja m 0 kreće se brzinom 0.8c, gde je c brzina svetlosti u vakuumu. Kinetička energija elektrona iznosi: 36m m0 c2 a) 0.36 0 .2m0 c2 d) 0.

0 .67 67m m0 c2 b) 0. e) m0 c2

0 .8m0 c2 c) 0. n) ne znam

(4 poena)

11. Homogena Homogena žica konstant konstantnog nog preseka preseka i dužine L = 20 cm cm učvršćena je na oba kraja i zategnuta silom F = 64 N . Osnovna učestanost oscilovanja žice iznosi f 0 = 200 Hz. Masa žice je: a) 1 g d) 3 g

1 .5 g b) 1. e) 5 g

c) 2 g n) ne znam

(5 poena)

12. U temenima kvadrata stranice a postavljene su četiri kuglice čije su mase M, 2M, 3M i 4M. 4 M. Koordinate centra mase (x, y) ovog sistema su (0.8a, a) a) (0. (0 .6a, 0.8a) c) (0. (0 .5a, 0.7a) e) (0.

(0 .4a, 0.6a) b) (0. (0 .7a, 0.6a) d) (0. n) ne znam

(5 poena) 13. Električni grejač konstantne snage od 1 kW zagreva jedan litar vode od početne temperature 10 o C. Specifična C. Specifična 4 .2 J/(gK) i toplota i toplota isparavanja vode su 4. J/(gK) i 2260 J/g, J/g , respektivno. Da bi voda potpuno isparila grejač mora da bude uključen a) 378 s d) 2260 s

b) 1138 s e) 420 s

c) 2638 s n) ne znam

(5 poena)

14. Kada mehur vazduha izađe sa dna na površ jezera zapremina mu se poveća tri puta. Na površ vode deluje atmosferski pritisak p a = 100 kPa, a temperatura jezerske vode ne zavisi od dubine. Dubina jezera je (g = 10 m /s2 ): a) 10 m d) 25 m

b) 15 m e) 30 m

c) 20 m n) ne znam

(5 poena)

1 .74 · 103 km. Lunarnom 15. Ubrzanje slobodnog pada na površi Meseca je 1.4 m/s 2 a poluprečnik Meseca iznosi 1. modulu za obilazak Meseca na maloj visini iznad njegove površi potrebno je:

a) 3 sata d) 1 dan

b) 1120 s e) 7000 s

c) 9900 n) ne znam

(7 poena)

172


2. jul 2003.

16. Dalekovi Dalekovidd čovek može da čita tekst u knjizi knjizi ako knjigu drži na udaljenju udaljenju većem od D = 0.5 m od očiju. Da bi normalno čitao na uobičajenoj daljini jasnog vida d = 0.25 m od očiju, treba da stavi naočare sa sočivom žižne daljine: a) 1.5 m 2 .5 m d) 2.

2 .0 m b) 2. e) 1 m

0 .5 m c) 0. n) ne znam

(7 poena)

17. Na dva uska paralelna proreza čije je rastojanje d pada normalno koherentna monohromatska svetlost. Na ekranu ekranu na rastojanju rastojanju D (D  d) od proreza registruje se interferenciona slika u obliku svetlih i tamnih pruga. Rastojanje između centralne i prve bočne svetle pruge iznosi x. Talasna dužina svetlosti je: xd D xd d) 2D

a)

xD d xd e) 4D

b)

c)

1 xdD

n) ne znam

(7 poena)

18. Otvorena Otvorena na oba kraja vertikalna vertikalna U cev konstantnog konstantnog poprečnog preseka napunjena napunjena je vodom vodom do određenog nivoa. Ukupna dužina vodenog stuba u U cevi je 20 cm. Ako se kratkotrajnim delovanjem pritiska na površ vode u jednom kraku voda izvede iz ravnotežnog položaja, vodeni stub će oscilovati sa kružnom frekvencijom: (g = 10 m /s2 ) a) 2.27 rad/s d) 10 rad/s

4 .47 rad/s b) 4. 14..1 rad/s e) 14

7 .07 rad/s c) 7. n) ne znam

(8 poena)

19. Uz strmu ravan nagibnog ugla θ = 45o gurnute su saonice naviše sa nekom početnom brzinom. Koeficijent µ = 0.2. Količnik trenja između strme ravni i saonica je µ = Količnik vremena vremena penjanja i spuštanja spuštanja saonica po strmoj ravni je:

a) 1/9 d) 2/3

b) e)

√

 

c) 2/3 n) ne znam

3/2

2 /3

(8 poena)

20. Otpornici u kolu na slici su napravljeni od žice iste specifične otpornosti i poprečnog preseka. preseka. Otpornost Otpornost stranice većeg kvadrat kvadrataa je 2R. Otpornost između tačaka A i B kola jednaka je: a) R 2 R c) 2R √ e) 2 2R

√

b) 2R √ d) R/ 2 n) ne znam (8 poena)

173


REŠENJA a Prema jednačini stanja idealnog gasa 1 

pV = nRT

za pritisak se dobija p = p =

nRT V

Zamenom zadatih vrednosti imamo 3 mol 8.3 molJ K (27 + 273) K p = p = = 74. 74 .7 104 Pa = 747 kPa. 0.01 m 3

·

·

·

2  b Kosi hitac ima maksimalni domet ako je ugao pod kojim je telo izbačeno jednak 45 o . Neka je telo izbačeno početnom brzinom v0 pod uglom α u odnosu na površinu Zemlje. Ako rastavimo vektor početne brzine na horizontalnu (x) i vertikalnu (y) komponentu, onda važi v0x = v0 cos α v0y = v0 sin α

Neka telo dostigne domet D za vreme t. Duž x −ose, telo se kreće ravnomernom brzinom v 0x tako da duž ove ose važi jednačina D = v = v 0x t = v = v 0 t cos α

Duž y−ose praktično imamo vertikalni hitac, telo kao da je izbačeno uvis početnom brzinom v0y i na njega deluje sila Zemljine teže, tako da se kreće sa ubrzanjem g . Na maksimalnoj visini H , vertikalna brzina tela je nula α − ⇒ t1 = vg0y = v0 sin g

0 = v0y gt 1

odakle se za visinu dobija H = v0y t1

−

1 2 v02 sin 2 α gt = . 2 1 2g

Sa visine H telo nastavlja da se kreće ubrzanjem g i stigne na površinu Zemlje za vreme t 2 tako da važi H =

1 2 gt 2 2

⇒ t2 =

 

2v20 sin2 α v0 sin α = = t 1 . 2 2g g

2H = g

Dakle ukupno vreme potrebno da telo dotakne površinu Zemlje od trenutka izbacanja je t = t = t 1 + t2 =


2v0 sin α g

v02 v2 2sin α cos α = 0 sin(2α sin(2α). g g

Odavde je očigledno da se maksimalni domet dobija za ugao koji zadovoljava sin sin (2α (2α) = 1

⇒ α = π4 .

3  d Ugaona brzina brzina kuglica ne zavisi od njihove njihove udaljenosti udaljenosti od ose rotacije i jednaka je za obe kuglice vezane na kruti štap.

175


4  e Energija fotona talasne dužine λ data je izrazom E = hν = hc/λ.

5  b Beta zraci su elektroni. b Brzina vode koja ističe iz 6 iz malog bočnog otvora na širokoj posudi u kojoj je nivo vode vode H data data je Toriccelli-jevom jednačinom m m v = 2gH = 2 · 10 2 · 20 · 10−2 m = 2 . s s

 

7  c Period oscilovanja oscilovanja matematičkog klatna dužine konca l dat je jednačinom T = 2π 2π

 l g

da bi se period oscilovanja udvostručio dva puta T 1 = 2T , potrebno je da dužina l 1 bude

  

l1 g

T 1 = 2π T 1 = T l1 = l

dakle, dužinu konca treba povećati četiri puta.

T 1 T

l1 l

2

=4

c (Zadatak 2010_11) Neka je c specifična toplota vode i ρ gustina vode. Količina toplote koju sadrži voda 8  m = ρV ρV ) na temperaturi T data je izrazom zapremine V (koja odgovara masi m =

Q = mcT = mcT = ρcV ρcV T


Kako je rezultujuća smeša takođe voda, ukupne zapremine V = V 1 + V 2 , iste specifične toplotne konstante c , i na rezultujućoj temperaturi T , to se količina toplote može izraziti i u sledećem obliku Q = ρ = ρV V cT = ρc (V 1 + V 2 ) T


odakle dalje dobijamo temperaturu smeše: T =

V 1 T 1 + V 2 T 2 V 1 + V 2

1 37 + 2 97 o C 1+2 T = 77o C = 350 K .

T =

·

·

176


9  c (Zadatak 2012_12) Indukovana elektromotorna sila u kalemu induktivnosti (linearna) promenljiva struja i (t) = kt, data je izrazom

L kada

kroz njega protiče

−L ∆∆it

E = =

Kako je ∆i = i = i (t2 )

to za elektromotornu silu dobijamo izraz

= k (t2 − t1 ) = k∆ k ∆t − i (t1) = kt 2 − kt1 = k E = =

−L ∆∆it = −kL

|E | = 10 As · 10 · 10−3 H = 0.1 V . 10  b Relativistička kinetička energija elektrona mase mirovanja m 0 koji se kreće brzinom v data je jednačinom m0 c2

E k =

2

v c2

1

E k =

m0 c2

 − −       − −  − 1

1

1

2

v c2

1 0.6

m0 c2 =

2 1 m0 c2 = m0 c2 3

67 m m 0 c2 . ≈ 0.67

11  c Brzina prostiranja talasa u žici data je jednačinom jednačinom v =



T ρ

= m/L linijska gustina žice (masa žice po jedinici dužine). Osnovna učestanost gde je T sila zategnutosti žice i ρ = m/L oscilovanja žice dobija se za dužinu žice koja odgovara polovini talasne dužine oscilovanja L =

gde je λ0 =

v 1 = f 0 f 0

λ0 2

  F 1 = ρ f 0

FL m

iz prethodne dve jednačine za masu žice se dobija m =

FL FL = 2 2 f 0 λ0 f 02 (2L (2 L)2 m =

m =

F 4f 02 L

64 N = 2 10−3 kg = 2 g . 2 − 2 4 40000 Hz 20 10 m

·

·

· ·

12  e Koordinate centra mase mase sistema datog na slici su xc =

m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 + m4 x4 M 0 + 2M 2 M a + 3M 3M a + 4M 4M 0 5M a = = = 0.5a m1 + m2 + m3 + m4 M + + 2M + + 3M + + 4M 10 10 M M

yc =

m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 + m4 y4 M 0 + 2M 2 M 0 + 3M 3M a + 4M 4M a 7M a = = = 0.7a m1 + m2 + m3 + m4 M + + 2M + + 3M + + 4M 10 10 M M

· ·

· ·

· ·

· ·

· ·

· ·

· ·

· ·

(xc , yc ) = (0. (0.5a, 0.7a)

177


13  c Količina toplote potrebna da se voda mase m i specifične toplote c zagreje od temperature T 1 do temperature ključanja T 2 data je izrazom Q1 = mc (T 2

− T 1)

Da bi ova masa vode zatim potpuno isparila na temperaturi ključanja, potrebno je dovesti količinu toplote Q2 = mC

gde je C − toplota isparavanja vode. Ukupna količina toplote koju je potrebno dovesti masi vode temperature T 1 da bi ona potpuno isparila je = Q1 + Q2 = mc = mc (T 2 Q = Q

− T 1) + mC

Vreme potrebno da električni grejač snage P razvije ovu količinu toplote je t =

Q m (c (T 2 T 1 ) + C ) = P P

−

Uvrštavanjem zadatih vrednosti = ρV = = 1000 m = ρV

kg · 1 · 10−3m3 = 1 kg m3

T 2 = 100o C T 1 = 10o C

J J = 4200 gK kg K J J C = = 2260 = 2. 2 .26 · 106 g kg P = 1 kW = 1000 W c = 4.2

dobijamo t = 2638 s .

14  c Neka je V 1 zapremina mehura na dubini jezera H . Na toj dubini, vlada pritisak p1 = p = p 0 + ρgH

to je ujedno i pritisak vazduha u mehuru u stanju ravnoteže. Ako je T 1 temperatura na dubini H , to prema jednačini jednačini stanja idealnog gasa u mehuru mehuru dobijamo p1 V 1 = nRT 1

Kada mehur izađe na površ jezera, zapremina mu se poveća tri puta V 2 = 3 V 1, temperatura ostaje ista (po uslovima zadatka imamo izotermiči proces) T 2 = T 1 , a pritisak pritisak je jednak atmosferskom atmosferskom pritisku p 2 = p0 , pa jednačina stanja idealnog gasa postaje p2 V 2 = nRT = nRT 2 = nRT 1

Iz prethodnih jednačina dobijamo p2 V 2 = p 1 V 1 3 p0 V 1 = ( p0 + ρgH ) ρgH ) V 1 ρgH = 2 p 2 p0 H =

2 p0 ρg

2 100 103 Pa H = = 20 m . 1000 kg 10 sm m

·

·

3

·

2

178


15  e Kada se lunarni modul mase m kreće po kružnoj orbiti brzinom v na maloj visini iznad površi Meseca na njega deluju sledeće sile • Sila gravitacije Meseca, vertikalno naniže, intenziteta F g = mg

gde je g −gravitaciono ubrzanje na površini Meseca • Centrifugalna sila, vertikalno naviše, intenziteta F c =

mv 2 R

gde je R − poluprečnik Meseca. Pri stacionarnom kružnom kretanju, ove dve sile su u ravnoteži F c = F g v =



gR

Da bi obišao pun krug oko Meseca, objektu je potrebno vreme t =

2πR s = = 2π v gR

t = 2 3.14

·

√

·





1.74 106 m 1.4 sm

·

2

R g

≈ 7000 s .

16  c Neka su naočare sa sočivom žižne daljine daljine f na udaljenosti s od oka. Osoba je dalekovida, pa su sočiva koja nosi sabirna. Ako se predmet nalazi na udaljenosti d = 0.25 m od oka, potrebno je da sočivo stvori imaginarni lik tog posmatranog predmeta na udaljenosti D = 0.5 m od oka kako bi ga dalekovida osoba videla. Za udaljenosti predmeta i lika u odnosu na centar sočiva se ima p = p = d d

−s≈d q = D = D − s ≈ D

gde smo pretpostavili da je udaljenost oka od sočiva mnogo manja od udaljenosti predmeta i lika od oka s

 d, D

Jednačina sabirnog sočiva sa imaginarnim likom je 1 p

− 1q = f 1

pa za žižnu daljinu sočiva dobijamo f =

qp q p

f =

dD D d

−

−

Zamenom zadatih vrednosti u prethodnu jednačinu imamo

f = 0.5 m .

17  a Uslov da se na ekranu iza proreza pojavi svetla pruga (maksimalna interferencija) interferencija) je d sin θn = nλ = nλ

gde je θ n ugao pod kojim se svetla pruga broj n nalazi u odnosu na optičku osu (horizontalu). n = 0 pod uglom θ 0 = 0. Centralna svetla pruga se javlja za n =

179


n = 1) Prva bočna svetla pruga će se pojaviti pod uglom određenim jednačinom (za n = d sin θ1 = λ = λ

odakle je sin θ1 =

λ d

Rastojanje prve bočne svetle pruge i centralne svetle pruge iznosi

≈ D sin θ1 = Dλ d

x = D = D tan θ1

gde smo za male uglove θ iskoristili da važi tan θ ≈ sin θ odakle je λ =

xd . D

18  d Neka je vodeni stub dužine L izveden iz ravnotežnog položaja za mali pomeraj x kao na slici. Tada je pritisak u tački A u levom kraku cevi dat jednačinom pA = p = p 0 + ρgh1 = p 0 + 2ρgx 2 ρgx

dok je pritisak na istoj referentnoj ravni, ali u tački B u desnom kraku cevi pB = p 0

Ako je površina poprečnog preseka cevi S , onda ova razlika pritisaka proizvodi rezultantu silu F koja vraća vodeni vodeni stub u ravnotežn ravnotežnii položaj F = ( pA

= 2ρSg · x − pB ) S =

Masa vode u cevi data je proizvodom gustine vode i njene zapremine m = ρV = ρV = ρSL ρS L

odakle se dobija dobija ρS = =

što zamenom u jednačinu sile daje F =

m L

2mg x = k = k x L

·

·

Dakle, sila koja deluje na vodeni stub je proporcionalna otklonu iz ravnotežnog položaja sa koeficijentom elastičnosti k = 2mg/L tako da ona izaziva harmonijske oscilacije kružne učestanosti ω =

   k = m

2mg L

m

=

2g L

180


Zamenom zadatih vrednosti, dobijamo ω =



2 10 sm rad = 10 . − 2 20 10 m s

·

·

2

19  e Na saonice koje su gurnute gurnute nekom početnom brzinom v 0 uz strmu ravan nagibnog ugla α = 45o deluju sila  i sila trenja F  t kao na slici. mg, sila otpora podloge N Zemljine teže m

U pravcu normalnom na strmu ravan, saonice se ne kreću, pa je prema II Newton-ovom zakonu, suma sila koje deluju u tom pravcu jednaka nuli, odnosno N

= mg − − mg cos α = 0 ⇒ N = mg cos α = mg

√ 2 2

U pravcu paralelnom strmoj ravni (pravac kretanja uz strmu ravan), prema II Newton-ovom zakonu imamo ma1 =

−mg sin α − F t = −mg

√ 2 2

− µN = −mg

√ 2 2

(1 + µ)

odakle se za ubrzanje (usporenje) pri kretanju saonica uz strmu ravan dobija a1 =

−

√ 2 2

g (1 + µ)

Pri kretanju niz strmu ravan, sve sile imaju isti pravac i smer, osim sile trenja (sila trenja se uvek suprotstavlja kretanju). Sada u pravcu normalnom na strmu ravan imamo opet N

= mg − − mg cos α = 0 ⇒ N = mg cos α = mg

√ 2 2

Dok je u pravcu paralelnom strmoj ravni prema II Newton-ovom zakonu ma2 = mg = mg sin α

= mg − F t = mg

√ 2 2

− µN = mg

√ 2 2

(1

− µ)

te je ubrzanje saonica pri kretanju niz strmu ravan a2 =

√ 2 2

g(1

− µ)

Ako su saonice izbačene početnom brzinom v0 i kreću se usporeno uz strmu ravan, ubrzanjem a 1 , one će dostići maksimalnu visinu za vreme t 1 . U tom trenutku njihova brzina će biti nula, pa prema jednačini kretanja imamo 0 = v 0

− |a1| t1 ⇒ t1 = |av01|

i pritom pređu put s = v = v 0 t1

2

2

1

1

2

− 21 |a1|t21 = |av0 | − 12 |va0 | = 2|va01|

Iz tačke maksimalne visine, saonice se spuštaju (bez početne brzine), ubrzanjem a 2 i za vreme t2 pređu isti put s, odnosno s =

1 2 a2 t 2 2

181


Kombinacijom poslednje dve jednačine dobijamo t22 =

2s v02 = a2 a1 a2

v0 t2 = ⇒ | | |a1|a2



Sada je odnos vremena penjanja i spuštanja spuštanja saonica duž strme ravni ravni t1 = t2 t1 = t2

v0 |a 1 | v0 |a1 |a2

√



a2 a1

| |

i uzimajući u obzir gore izvedene izraze za ubrzanja dobijamo t1 = t2

 −  1 µ = 1+µ

2 . 3

2 R, to otpornost 20  b Otpornost žice je proporcionalna njenoj dužini. Kako je otpornost stranice većeg kvadrata 2R, otpornost √ stranice manjeg kvadrata iznosi R 2 (dužina ove stranice jednaka je hipotenuzi pravouglog trougla stranica jednakih polovini dužine stranice većeg kvadrata). Otpornosti različitih segmenata žica će biti kao na slici.

Zbog simetrije, potencijali u tačkama C i E su isti, pa je pad napona u grani CE jednak nuli, odnosno V CE CE = 0

√

što ujedno znači da kroz otpornik otpornosti R 2 u toj grani ne teče struja I CE CE =

V CE CE =0 R 2

√

te se ovaj otpornik može ukloniti iz kola bez da se promeni otpornost između tačaka A i B. Slično, potencijali u tačkama D i F su isti, pa se otpornik u ovoj grani može ukloniti bez promene ukupne otpornosti između tačaka A i B. Sada se ekvivalentno kolo može predstaviti na sledeći način

√

2 R i R 2 (u granama CD i EF) se može izračunati kao Otpornost paralelne veze otpornika otpornosti 2R

· √ √

√ √

2R R 2 2 2R RCD = = = 2R + R 2 2+ 2

√ 22R+ 1

pa se ekvivalentno kolo može predstaviti kao na slici

182


Svaka od dve paralelne grane između čvorova A i B se sastoji od redne veze otpornika otpornosti R, RCD i R, pa je ekvivalentna otpornost te grane = R + + RCD + R = 2R + Re = R

√ √

√ √

√ √ √

√

2R 2+1+1 2+2 2(1 + 2) = 2R 2R = 2R 2R = 2R 2R = 2 2R 2+1 2+1 2+1 2+1

√

te se ekvivalentno kolo može dalje predstaviti kao na sledećoj slici

Za ukupnu otpornost kola između čvorova A i B (paralelna veza otpornika jednakih otpornosti R e ) se konačno dobija √ RAB =

Re Re Re 2 2R = = = Re + Re 2 2

·

√ 2 R.

183

Istorija verzija Verzija 1.0 1.1 2.0

Datum 03.07.2016 08.01.2017 12.07.2017

Autor I. Stevanović I. Stevanović I. Stevanović

Opis promena

LaTeX verzija uz brojn ojne ispravke Doda odati zadaci sa prijemnog ispita 2017.

Zbirka Resenih Testova Iz Fizike ETF

Recommend Documents