FAKULTET
GRAĐEVINSKIH
ZNANOSTI
SVEUČILIŠTA U ZAGREBU
MLADEN PA Vlčlć
ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ FIZIKE DRUGO IZDANJE
ZAGREB, 1984.
Odobrenje Predsjednika skupštine Sveučilišta u Zagrebu Br. 02-788/1 od 13. VII 1984. god .
Cijena za studente Sveučilišta u Zagrebu Din 246. -
Tisak:
Sveučilišna
naklada Liber, Zagreb, Trg maršala Tita 14 Broj 1468/SL
Predgov or
Zbirci koja je pred Vama, potrebno je predmetnuti nekolik o
riječi.
Nastava fizike na Fakultetu
građevinskih
ti koncentrirana je u prvom seme s tru nastave. posljedica
znanos-
Kao
toga , njoj ne stoji na raspolaganju osnov-
ni matematski aparat više matemat i ke, koji se postepeno obu pripadnom kolegiju, tokom prva dva semestra
rađuje,
(mehanika se izlaže bez primjene diferencijalnog i integralnog , a toplina i elektricitet bez primjene integralnog
računa ) .
Da bi se nadoknadio relat i vno kratak
vremenski kontakt studenata s pojedinim
podru č jima
fi-
zike, dan je znatan broj detaljno riješenih zadataka, koji homogeno prekrivaju nastavno grad i vo i
omogućuju
stu-
dent i ma njegovo ak tivno individualno svladavanje - kao dodatak neriješenim zada c ima koji se
prora đ uju
na vjež-
bama. Odsutstvo matematskog aparata više matematike, s druge strane, za gačije
većinu
nije moglo biti
nadoknađeno
dru-
nego pozivanjem na gotove rezultate i formule.
Međutim,
za _naprednije stud.ente, kao i z a one koji žele
i
proširiti svoje znanje, spomenuti rezultati i formule su ipak izvedeni, ali primjenom konačnih
graničnih
vrijednosti i be s-
suma, tj. historijskim oblikom (razvoja ) diferen-
cijalnog i integralnog
računa .
Takvi zadaci, kao i svi oni
koji zahtijevaju rutinu i predznanje pretpostavljenog, su
označeni
I još nekoliko
veće
od
prosječno
slovom "X" na margini.
tehničkih
napomena. Poredak i iz-
rade zadataka pretpostavljaju kontinuiran rad studenta. Izrada pojedinih zadataka se, naime, relativno
često
na izradu nekog prethodnog zadatka. Isto tako se ke vrijednosti potrebnih fizikalnih konstanata,
poziva
numerič
početno,
eksplicitno navode u tekstu zadataka, ali se nakon
većeg
broja ponavljanja pojedinih (npr. naboja elektrona), pretpostavlja da se student s njima upoznao, te se izostavljati njihovo eksplicitno Autor je svjestan
počinje
navođenje.
mo guć nosti
postojanja koncep-
cijskih iizvedbenih nedostataka i propusta, i sa zahvalnošću će
primiti svaku sugestiju i primjedbu. I na kraju, želim se zahvaliti Petru
Coliću
podršci i brojnim savjetima i diskusijama. Autor Zagreb, 2o.lo. 1981 .
ii
na
Predgovor drugom izdanju
Na osnovu nastavnog iskustva u protekle dvije godine, u ovom izdanju izmijenjene je nekoliko zadataka i · povećana
je preglednost rješenjA. Sami studenti predlo-
žili su neke od izmjena i
uočili
nekoliko omaški. Na tome
im se zahvaljujem. Također
Emilu
Babiću
se zahvaljujem Petru
Coliću
i prof.
koji su recenzirali zbirku i svojim mi su-
gestijama pomogli da njen tekst u ovom izdanju metodski
jezično
i
pročistim.
Autor Zagreb, 15.02.1984.
iii
Sadržaj
Prvi dio. MEHANIKA I VEKTORSKI
RAČUN
1
II KINEMATIKA
3
III STATIKA I DINAMIKA
6
IV RADNJA, ENERGIJA I ZAKONI
OČUVANJA
11
V KRUŽNO GIBANJE, VRTNJA KRUTOG TIJELA I GRAVITACIJA
14
VI REFERENTNI SUSTAVI I RELATIVNOST
17
VII HIDRO- I AEROMEHANIKA
2o
Drugi dio. TOPLINA I MOLEKULARNA FIZIKA VIII TOPLINA I TOPLINSKA SVOJSTVA TIJELA
25
IX SVOJSTVA IDEALNOG PLINA
28
X
MOLEKULARNO-KINETIČKA
Treći
TEORIJA I TERMODINAMIKA
32
dio. OPTIKA
XI GEOMETRIJSKA OPTIKA
39
XII FIZIKALNA OPTIKA I FOTOMETRIJA
42
V
Četvrti
di o. ELEKTRICITET
XIII COULOMBOVA SILA, POLJE I POTENCIJAL
47
XIV INFLUENCI J A, RAD, NAPON I KAPACITET
5o
XV STRUJA, JOULEOV ZAKON I KIRCHHOFFOVI ZAKONI
54
XVI
IZMJENIČNA
STRUJA ,
MEĐUDJELOVANJE
XVII EFEKTIVNI NAPONI I STRUJE STRUJE
I
STRUJA I INDUKC IJA 58
KRUGOVI
IZM JEN I ČNE
61
Peti dio. RJEŠENJA Prv i dio. MEHANIKA
67
Drugi di o . TOPLINA I MOLEKULARNA Treći
FI ~IKA
dio. OPTIKA
Četvrti
108 144
dio. ELEKTRICITET
155
Dodatak. PREGLED JEDINICA Pregledna tabela
mehaničkih
Pregl edna tabela
električn i h
jedinica i
opti čkih
211
j edini ca
21 2
Pretvorbena tabela n ekih vansistemsidh jedinica
213
Prefiksi za multiple i podmultiple jedinica
213
Literatura
21 7
vi
Prv i d i o
MEHANIKA
l
I
RAČUN
VEKTORSKI
a) Neriješeni zadaci za vježbe I
1. Pokažite
grafički
tj. da vrijedi :
da je zbrajanje vektora komutat ivno,
A+ B
..... B
+
-A,
i asocijativno, t j. da
vrijedi: A+ (B + C) =(A+ B)+
...
c.
....
2. Sile F , •• ,F djeluju na neki objekt P, kao što je pri1 6 kazano na slici 1 • Prikaži te
grafički
silu kojom je
potrebno djelovati na o.b jekt da bi ostao u stanju mirovanja.
;
3.
Za v e ktore koji su dani na slici 2 a)
...A -
b)
3C -
„
-
konstruirajte:
B + 2C
21 ( 2A~
- B)
F
sl. 1
sl.2
2
veličinu
4. Odredite
...
(iznos) vektora
A=Ai+AJ+Ak
-
5. Ako su dana dva ne paralelna vektora ~ A i
... za proizvolja.vektor R koji ... torima A
i
xA +
-+
yB
ako su dva vek tora A i
-
=O
implicira
r
=y
B,
Z
nađi te
o dređenoj
izraz vek-
... neparalelna onda
...
6. Dokaži te : ...
leži u ravnini
_. B.
y
X
B
= O •
b) Riješeni zadaci
7.
Nađite
te njihov zbroj
....
8. Ako su te : . 9.
I -r1
r
+
čija
.... „ .... 2i + 4 j - 5k
1
P(2,4,3)
grafički
i
i
=r
r2
točci
Q(l,-5,2),
+
2j +3k , nađi-
vrhovima dvaju vek-
određenog
su hvatišta u istoj
i
analitički.
-r2 1 •
j ednadžbu pravca
N ađite
t ora
točaka
radijus-vektore
O.
l o. Dokažite da spojnice središta susjednih stranica bilo kakvog
č e tvorokuta
tvore paralelogram.
11. Fonnulirajte i dokažite analogon 6. zadatka za tri vekt ora ko ji ne leže u istoj ravnini.
...
-
-+
...
- -
gdje su A i B nex A + ylB = x A + y B 2 ' 2 1 paral elni, onda je xl = x2 i Y1 = Y2• Analogno za tri
12. Ako je
vekt ora koji ne leže
l1
istoj ravnini. Dokaži t e!
3
II
a)
13.
Gibanje
KINEMATIKA
Neriješeni zadaci za vježbe mate~ijalne
točke
pr eds tavl j ena je vek-
to rskom jednadžbom: ~
r
gdje j e : e
=2
= (
~
~
bt + c )i + ( dt + e )J
t - vrijeme, b
=
4 m/ s, c = 2 m, d
-1 m/s,
m.
Odred i te njenu putanj u, brzinu i akceleraciju . 14. Komponente vektora .ubrzanja, 'i!, materijalne točke j e2 2 2 su : a =lm/s , a = 2m/ s i a =-2m/s • y
X
Nađite
brzinu materijalne
Z
to čk e
u trenutku t , ako se,
u vri jeme t = O, njen sm j e.r poklapao sa smjerom vektora
a,
a iznos X-komponente bio :
V
3
X
m/ s.
15 . Ako je automobil prevalio prvu polovinu puta br,.)
zinom od 4o km/h, a drugu brzinom od 60 km/h, kolika je njegova srednja brzina na 16.Tijel~
prve
čitavom
putu?
se giba j ednoliko usporeno tako da u toku
sekunde preval i 2 m puta, a pola sekunde nakon
toga se -.zaustavlja. Odredi te
početnu
brzinu tijela i
usporenje. 17.Izrazite brzinu materijalne jednoliko ubrzano
pomoću
točke
koja se giba
njenog položaja.
4
t- 18.
će
Ako s visine od 2 m ispustimo tijelo, koliko
dugo
ono padati od visine 1 m do podnožja, s obzirom na koje mjerimo visinu? (Trenje zraka zanemarujemo. ) 19. Iz .l
točke
-
na visini y
su, kroz interval t brzinom v
o
0
,
o
jednq za drugim, dva tijela jednakom
i to: prvo tijelo vertikalno prema gore , a dru-
go vertikalno prema dolje. Kroz koje četka
izbačena
iznad površine Zemlje
će
se vrijeme, od po-
gibanja prvog tijela, ,oba tijela nalazi ti na uda-
ljenosti {). y jedno od drugoga, pod uvjetom da je: 2v
o
> t og?
b) Riješeni zadac i X 2o. Iz
točke
s koordinat ama x , y o
kutem ol0 prema horizontu,
o
izbačen e
početnom
je tijelo pod
brzinom v • o
Nađite:
a) položaj i brzinu tijela kroz vrijeme t; b) j ednad žbu putanje tijela; c) normalno i tangencijalne ubrzanje tijela; d)
najv eću
visinu uspinjanja;
e) kut pod kojim treba izbaciti tijelo da bi maksimalna visina i domet bili jednaki za x =Y =O. o
21. Iz neke
točke
na površini Zemlje
izbačene
je tij elo,
vertikalno uvis, brzinom v • Nakon kojeg vremena o
će
pono-
vo pasti na isto mje s to? 22. Vozilo se 10 s smj eru, 2o s
kreće
brzinom od 6 m/ s, u jednom
brzinom 8 m/ s, u suprotnom. Koliki je
srednji iznos brzine vozila i srednja brzina na cijelom putu?
o
5
x
23. Gibanje tijela zadano je jednadžbom: s = at - bt gdje je:
2
+
ct 3 2
t - v rijeme, a= 2 m/s, b
c = 4 m/ s 3 • Treba
3 m/s ,
i
naći:
a) kako brzina i akceleracija ovise o vremenu; b ) prevaljeni put, brzinu i akceleraciju 2 s nakon
početka
gibanja ;
c) graf od s ( t) , v ( t) i
1
a ( t) za 2s
d) srednju brzinu unutar t
=~
s
~
i
t
~
3s ;
t = 1 s.
24. Avion leti na nekoj relacij i i natrag, brzinom v. srednju brzinu za svaki od preleta ako :
Nađ it e
a) u jednom smjeru, a uzduž rute, puše vjetar brzinom u; b) okomito na rutu, puše vjetar istom brzinom. t rči
25. Pješak
brzinom od 6 m/s za autobusom koji
stoji kod semafora. U trenutku paljenja zelenog
'
svjetla pješak je od autobusa udaljen za 24 m. Autobus
jednoliko ubrzavati akceleracijom od
počinje
1 m/ s • Kolika je najmanja udaljenost na koju će 2
pješak približiti autobusu? 26. Gibanje materijalne
točke
predočeno
je
vektorskom jednadžbom:
1=(
b
X
-
+c t X
-
b .+ y
)i +
c t )j + ( b y
z
+ c t .
z
)k
3 m, by = 2 m, b z = 4 m, c = 2 m/ s, c = 6 m/ s, c =-3m/s. y X z Odredite putanju, brzinu i akceleraciju materijalne
gdje je: t
točke.
vrijeme, b
X
6
III STATIKA I DINAMIKA
a) Nerij e šeni zadaci za vježbe
27. čovjek vozi tačk e stalnom brzinom. Dio puta ih gura pred sobom, a dio
za sobom . U oba
vuč e
slučaja ručke
s
horizontalnim putem zatvaraju kut od ~rad. U k ojem sluč aju čovjek
ulaže
s ilu, i koliku, ako je koeficij ent
veću
trenja k= 0 ,2, a masa
tački,
zajedno s teretom, m= 50 kg?
28 . Da bi se s mj e s ta pomakl e saoni c e mase l OOkg potrebna je sila od 500 N. Nakon što se pokrenu, potr ebno je primijeniti silu od 150 N da bi kl izi l e dalj e. Treba odrediti koeficijent
početnog
trenj a i t renj a klizanja .
29. U d izal u mase m = 200 kg obješen je teret mase 1 m • 10 kg na visini od 1, 5 m od poda dizala . Dizalo se 2 d iže (a ubrzanjem) djel ovanjem sile od 2300 N. Nađit e :
a) ubrzanje di zala s teretom; b) nape t ost niti kojom j e teret
pri čvršć en
za
strop dizala; c) ubrzanje dizala i tereta, nakqn što se nit iznenada prekinula ; d) vrijeme potrebno da teret, nakon prekida niti, padne na pod diz ala .
7
Jo . Dinamometar na Zemlji pokazuj e težinu utega od 10 N. Na Mjesecu, jedan kam en mjeren istim dinamometrom, ima težinu od 10 N. Na Mjesecu su se kam en i uteg,
tako đer
pov ezani nerastezljivom niti
počeli g ibati ubrzanjem od
re,
preko kolotu-
prebačenom
0
2
1,2 m/ s • Kolika j e
'
masa kamena?
31.
Au ~mobil
t eži 10000 N. Za vri jeme j ednolikog gi-
banja, na automob i l dje luj e sila trenja jednaka jednoj desetini njegov e težine. Ako se automobil giba uz brdo s nagibom od 1 m na svakih 25 m puta, kolika vučna
će
biti
sila njegova motora?
32 . Na strop vagona koji se giba s ubrzanjem od 1 g,
obješena j e ktiglica. Koliki kut zatvara nit, o koju je kuglica obješena, s podom vagona?
33. Dvije sile, od 5 N i od 3 N, djeluju na materijalnu
točku
tako da im smjerovi djelovanja zatvaraju k ut
od ~ rad. Odredi te iznos .rezul tante tih dviju sila.
34. Na materijalnu
točku
Odredite kutove koje one
djeluju tri sile u ravnoteži. međusobno
njihovi iznosii 6 N, 8 N i 35. Na krajevima kolica
nalaze se dva će
čov j eka
zatvaraju ako su
10 N.
dugačkih
5 m, mase 260 kg,
masa 60 kg i 80 kg. Za koliko
se promijeniti položaj kolica u odnosu na zemlju,
ak o ljudi zami jene mjesta? (Kolica su na horizontalnoj podlozi, a trenje se zanemaruje.)
36 . Odredite položaj cent ra mase homogenog trapeza. ako je: AB
= 2BC = 2CD, AB.l.BC
i AB li CD.
8
37.
težište homog ene
Nađite
pr avokutn og oblika,
ploče,
iz koje je i zrezan dio kružnog obli ka.
38. Štap, duljine L, presavi n ut na polovici pod pravi m kutem, obješen je za jedan od kra j eva. Kolike
će
k ut eve
pojedini di jelovi š ta.pa zatvarati s okomicom koja prolazi kroz objesište?
b) Riješen i zaraci
-
39 . Na podl ozi, koja s površinom Zeml je zatvara kut cl , nalazi sa ti j elo P. Vanjska sila F .
...
gu. Ako je koeficijent trenj a
V
gura t i j elo uz podlo-
i zmeđ u
tijela i podloge k ,
i podl oge /.J i težina t i j el a G, koli ki mov rabiti i znos sile F • da bi se tijelo gibalo jednoliko? kut
i zm eđu
F
V
4o. Na. tijelo mase 5 kg, u horizontalnom smjeru djelu j e sila od 20 N. Odredite ubrzanje tijela, ako je koeficijent trenja
između
tijela i horizontalne podloge 0,4.
41 . Na tijelo mase 2 kg djeluju sile F = 3 N i F = 1 2 - / = 'Jr _/ 2 n~k t . = 4 N po d k u t ov i. ma ox. 3 rad i. <><. : f?ad, respe i vno , 1 prema p o četnoj brzini v = 20 m/ s. Nađ ite : o a) ubrzanje tijel a; b) brzinu t i j ela na kraju desete sekunde gibanja. 42. Na ni t i , koj a mo že i zdržat i maks imalnu nape t ost od 2000N, di že se teret tež ine 1000 N iz stanja mir ovanj a v er tikaln o uvis. Sila otpora sredine je 19 N. najveću
od 2s.
visinu na koju se mo že
podići
Nađite
teret u vremenu
9
43 . Dva t ijela j ednakih masa nala z e s e u situaciji prikazanoj slikom 3.
Nađite
ubrza-
nje tijela , ako je koeficijen t trenja
izm e đu
tijela i podloge
o,l, a trenje u koloturi zanemarujemo.
Sl. 3
44 . Av i on le t i pravocrtno i horizontalno uslijed konstantn e F
vučne
sile eli s e od 50000 N. Otpor zraka je
2
-bv , gd je je b
o
gu ću
= o, 5 kg/m . Odr edite
najveću
mo-
brz inu aviona.
45 . Za vrij eme gibanja,na aut omobil mase 1000 kg d jeluje sil a trenja jednaka 0 , 1 n j egove tež i ne. iznos
vučne
Nađ it e
sile njegova motora prilikom gibanja
konstantnom brzinom a) uzbrdo, b) nizbrdo. 46. Koliki je nagib kosine, ako u vozilu, koje se bez trenja giba niz n ju, uteg mase 1 kg teži 6 N, u smjeru -? g. 47. Automobil t ežak .10000 N zaustavlja se, prilik om ko čenja, Nađite
za 5 s,
silu
tada razdaljinu od 25 m.
prelazeći
k očen j a ,
a.ko je usporavanje jedn oliko.
48. Na mirnoj vodi nalazi se splav dužine 10 m i mase 900 kg. Na jednom kraju čovjek
ji
će
mirujuće
mase 80 kg, na drugom
dječak
splav i nalazi se mase 20 kg. Ko-
biti novi položaj splavi prema z emlji; ako dje-
čak dođe
na sredinu,
čov j ek
na drugu stranu splavi,
a s otporom, vod e ne računamo?
lo
49.
Nađite
ubrz anj a a
1
i a
2
masa ml i m2, i napetost niti u si temu prikazanom na slici 4. (Mase kolot ura i niti, kao i trenje u koloturama, zanemaru j emo. ) X 50. Iz metalne tanke ploče
kvadratnog oblika tre-
ba izreza ti
jednakokračni
trokut tako da se dobiven lik obješen
(prikazan u
točki
a
na sl.5) P nalazi
u ravn oteži, bez obzira na položaj lika u prostoru. Kolika je visina
Sl. 5
isječenog
trokuta ako je stranica kvadrata duljine a?
11
IV
RADNJA, ENERGIJA I ZAKONI
OČUVANJA
.......
a) Neriješeni zadaci za vježbe
51.
Nađite
pokrećući
[... ... . ... -
rad koji je izvršila sila F = 2i - j [~
neki objekt uzduž vektora r = )i + 2j -
52. Maksimalna snaga koju može razviti motor jednog automobila, mase 1000 kg, iznos i 120 kW. Ako se ta maksimalna snaga postiže pri brzini od 60 km/h, koliko je u tom trenutku ubrzanje automobila? 53 . Prema slici 6 , na t ijelo mase 5 kg djeluje sila F i
pokreće
vertikalnom sine h
= 0,5
ga po
nosaču
do vi-
m. Kut dje-
r--1--.., !__
I
--~
I
lovanja sile je stalan:
h
ex':=~ r ad. Kada t ij elo slobodno klizi koeficij ent trenja je 0,3. Koliki je izvršeni rad i st upanj korisnog djelovanj a?
Sl. 6
54. Kuglica njihala, mase m i zanemarivih dimenzija (otpor zraka, kugli ci i n i ti na kojoj ona visi, zane-maru j emo), ima u srednjem (vertikalnom) položaju
12
brzinu v. Koliki
će
biti otklon niti od v ertikale u
krajnjim položajima, ako je duljina niti 1. 55. Iz položaja A (v. sl. 7) ispuštamo
čeličnu
kuglicu
mase m. Ona udara
(čelno)
''I .~
u
I
I
nepomičnu
I
kuglicu mase m I
koja se nalazi u položaju B i odbacuje je do maksimalnog otklona
određenog
.
/
, '-"\ ~
'· .•„
I
B m'
I
kutom ol. •
Koliki je otklon niti prve kuglice od vertikale u tom trenutku? (Sudar je 56. Dva tijela jednakih masa
gibajući
jednaka iznosa sraze se savršeno
Sl. 7 elastičan.)
se brzinama
neelastično
pod pra-
vim kutom. Koliki se postotak njihove ukupne energije pretvorio u toplinu i deformacije?
b) Riješeni zadaci 57. Neka je os Oz postavljena okomito na površin u tijelo,mase m = 1 kg , uzduž puta ... ... ... .... vektorom r = 3i + 6j + 9k m, djelovanjem
Zemlje. Cilj je određenog
...
sile F
=
„
podići
.......
4i+8j+6k
N, na 3 m viši nivo od
početnog•
Koliki je izvršeni rad i stupanj korisnog djelovanja? 58. Prilikom vertikalnog podizanja tereta mase 2 kg na visinu od 1 m konstantnom silom F bio je izvršen rad od 80 J. S kolikim ubrzanjem je bio podignut teret?
13
59. S kosine, je
dugačka
a)
čiji
je jedan kraj uzdignut za 1 m i koja
10 m, klizi tijelo mase 1 kg.
kinetičkq
Nađite:
energiju tijela u dnu kosine;
b) brzinu tijela u dnu kosine; c) put kojeg tijelo
pređe,
po horizontalnoj podlo-
zi na kojoj se nalazi kosina, do zaustavljanja. Koeficij ent trenja na 60. Kamen mase 1 kg
čitavom
bačen
putu je 0,05.
je uvis
početnom
brzinom od
9,8 m/ s. Nacrtajte graf: a) ovisnosti visine i brzine o vremenu t; b) ovisnosti kinetičke, potencijalne i ukupne energije o vremenu; c) ovisnosti
kinetičke,
potencijalne i ukupne
energije o visini; za vremenski interval O{:. t ' 2 s, kroz svaku O, 2 s. Otpor zraka zanemarujemo. 61. Kugla mase m obješena je na nerastezljivoj niti duljine L. Kuglu otklanjamo od vertikale za kut
o(.
i
zatim ispuštamo. U trenutku kad nit prolazi vertikalnim položajem u kuglu se,
dolazeći
joj direktno ususret,
zabija tane i zaustavlja kuglu. Kolika je bila brzina taneta, ako je njegova masa m'? 62. Tijelo, teško 30 N, giba se brzinom od 4 m/s i nalijeće,
mirujuće
centralno i savršeno
neelastično,
tijelo jednake težine. Kolika se
topline oslobodila prilikom udara?
na drugo,
količina
14
V
KRUŽNO GI BANJE, VRTNJA KRUTOG TIJELA I GRAVITACIJA
a ) Neriješeni zadac i za vježbe
6J . Kolo t ura Atw oodovog stroja ima promjer od 0,2 m. Utezi,obješeni na krajevima niti re „ gibaju
prebačene
preko kolotU:-
2
se s ubrzanjem od 0 ,2 m/s • Odredite broj
okretaja i kutnu br zinu kol oture 3 s nakon
poč e tka gi~
ban ja .
64. Kol iki je pritisak n a podlog u t eškog 75000 N
(uzimaj uć i
t aktu s podlogom
=
c c~
to čk ova
kamiona
da j e pov šina guma u kon2
1 m ) na ud ui::.ljc'1 0m i_·, .j elu
ces te, s p ol umj er om zakrivljenosti od 60 m, ako se
'
kruni on giba brz inom od 70 km / h? 65. Željeznička pruga ima zavoj polumjera 200 m. Koliku maksimalnu brzinu mož emo vanj ske
tra čnic e,
om o gući ti,
teretnom vlaku,
čiji
uzdizanjem
pojedini , na-
tovareni vagoni imaju t ežište 3 m iznad nivoa (a izm eđu)
t račnica
(normalnog k olosjeka, 143,-mm)? (Upu-
t a : Vago n i se ne smij u prevrnuti ako vlak stane u zavoju . ) X 66 . Prs ten i disk jednakog promjera i jednake mase kotrljaju se bez klizanja jednak om linearn om brzinom. Kolika je
kinetičk a
energi ja diska ako je
energija prstena 1 J?
kinetič ka
15
67. Koliko pu ta j e
kinetič k a
energi j a umjetnog
Z ~mljinog
s a t elita, k o j i se gi ba po kružnici, manja od ap sol utne v rijednos ti njegove gravi t a ci jske pot encijalne en er g i je? 68.
Nađite
izraz za prvu
ko sm i čku
brzinu, tj. onu brzinu
k o ju t i jelo mora ima t i pri likom ulaska u kružnu orbitu , ok o planete polumjera R i mase M, na v i sini h od površ in e planete.
b) Riješeni zadac i X 69 . U dvostrukoj kol oturi, prikazanoj na slici 8_,__ na
veći
kotur namotana
je nit s utegom mi, a na manji nit s utegom m • Iz poznatih ra2 dijusa R i r, i eksperimentalno utvrđenog
podatka da se, od
počet-
ka gibanja, za tri sekunde kolotura okrene za ta,
točno
2 puna okreSl. 8
nađite:
a) masu utega m , ako je poznata masa utega m ; 1 2 b) akceleracije pojedinih utega a i a ; 2 1 c) napetosti pojedinih niti T i T • 2 1 7o. Automobil se giba po kružnici radijusa r brzinom v, prekoračenjem
koje dolazi do "proklizavanja".
Nađite
mi-
nimalni koeficijent trenja klizanja pri kojem ne dolazi do "proklizavanja". X 71. Stup, visine L, pada iz vertikalnog položaja. Nađite
brzinu gornjeg kraja stupa prilikom udara o zemlju.
16
72. Radijus Zemljine orbite je r; radijus Sunca - R. srednju
Nađite
gustoću
Sunca.
73. Unutar kuglas tog t i jela (v. sl. 9) polumjera R i gustoć e
~
nalazi se šupljina
polumjera r. Kolika je gravitaci jska
privlačnost
d
ove kugle
i tijela mase m, udaljenog za d od pravca koji prolazi sredi štima kugle i šupljine? 74 ~
Dvije zvijezde
mas~
Sl . 9
L
m i m
1
2
ravnomjerno rotiraju po koncentričnim
kružnicama (v. s l.
lo) oko centra , pri razmak
među
čemu
je
njima uvijek kon-
stantan i jednak L.
Nađite
ra-
dijuse orbita i ophodne periode zvijezda. Nađite
dij usa R.
Sl . lo
moment inercije homogene kugle mase m i ra(Za rješenje v. zadatak 178.)
17
VI
REFERENTNI SUSTAVI I RELATIVNOST
a) Neriješeni zadaci za vježbe
75. U Luna parku je tobogan (v. sl. 11) konstruiran tako h
da saonice, uz zanemarivo trenje, polaze s visine h, ulaze u petlju spirale (pri, bližno kružnica) radijusa r= =~h i produžuju. Koliku će vlastit~ točki
težinu
moći
Sl. 11
registrirati posjetilac u najvišoj
petlje?
76. Vagon je, po horizontalnim
tračni~ama,
akceleracijom od 1 g. Za koliko traču
će
ubrzavan s
stupnjeva, proma-
u vagonu koji ne zna da je ubrzavan, bi ti nag-
nut pod s obzirom na njegov vertikalan položaj? 77. Dva se automobila
mimoiđu
na ravnom dijelu puta,
krećući
se brzinom od 100 km/h, svaki. Kojom se brzinom udaljuju jedan od drugoga?
78. Dva se fotona
mimoiđu,
krećući
se brzinom od c =
1080000000 km/ h. Kojom se brzinom udalj uju jedan od drugoga?
18
79. Protoni u
= (1 -
10
-20
kosmičkim
zrakama gibaju se brzinom v
) c • Kad bi se mogao sagradi ti
brod koji bi mogao
post ići
=
kosmički
takv u brzinu, koliko bi vre-
mena astronautima, s njihove
to čke
gledišta, bilo potreb-
no da takvom brzinom stignu s jednog kraja naše galaksije na drugi (10
21
- m) ? A s naše
točke gledišta?
80. Kolika je masa protona koji se
kreće
brzinom
spo~
menutom u prethodnom zadatku (masa mirovanja protona je m = 1,67252•10-27 kg) ? p
b) Riješeni zadaci
X 81. Koliku
će
akceleraciju imati saonice, mase m, iz
zadatka 75., u trenutku kad im brzina bude usmjerena vertikalno? 82. Iz jedne baze lansira.na je raketa, vertikalno uvis, s akceleracijom 2 g. Horizontalnim pravcem, za d udaljenim od putanje rakete, konstantnom brzinom
kreće
se
kontrolni avion. Koliku akceleraciju rakete registri ra
promatrač
u avionu?
83. Na kosini nagnutoj pod kutom od 30° ubrzava se, prema gore, vozilo s akceleracijom od 0,6 g. U kojem omjeru je težina utega u tom vozilu prema težini utega jednake mase u mirnom prostoru? 84.
Nađite
brzinu
kosmičke čestice,
na energija pet puta
veća
ako je njena ukup-
od energije mirovanja.
\
19
X 85. Dva se elektrona gibaju u suprotnom pravcu brzinom od 0,80 c, svaki.
Nađite:
a) masu pojedinog elektrona; b) ukupnu i
kinetičku
energiju pojedinog elektrona;
c) relativnu brzinu dvaju elektrona. 86. U gorn jim slojevima a tmosfere form i ran}'-mezon, giba se brzinom od 0,99c. Prešao je put od 5 km prije nego što se raspao. Koliko dugo je živio mjereno u našem sustavu, a koliko mjereno u nj egovom? Koliki je sloj atmosfere prošao mjereno u njegovom sustavu?
2o
VII
. HIDRO- I
AEROMEHANIKA
a) Neriješeni zadaci za vježbe 87. J U 2 dl vode, u čaši, pliva kocka leda, volumena 10 cm 3 • Za koliko
će
se promijeniti nivo vode kad se led potpuno o-
topi? A u 2 cm 3 ?
slučaju
da led sadrži
mjehurić
zraka, volumena
\
88. Cijev pluta, uspravljena u vodi, kao što je prikazano na sl. 12, tako da jedan njen dio, dužine h = 5 cm, strši iznad vode. Kolika je ukupna dužina cijevi, H, ako ona može biti potpuno napunjena uljem, gustoće )D = 900 kg/m 3 , a da joj Sl. 12
se položaj s obzirom na površinu ne promijeni?
(Gustoća
vode je
p'=
1000 kg/m 3 )
89. Katodna cijev televizora (kineskop) ima ekran dimenzija 44 cm X 58 cm. Kojom silom djeluje zrak na ekran uz atmosferski tlak od l at? (Tlak unutar cijevi je
praktički
. 4 nak nuli.) (1 at = l tehnička atmosfera= 9,81°10 Pa)
jed-
21 9o. Ako uhvatimo dva lista 'papira prstima, tako da vise paralelno jedan uz drugog, i puhnemo
njih, papiri se
među
udaljeni za 3 - 4 cm,
međusobno neće
razmaknuti
već
skupi-
ti. Zašto? 91. Neboder ima 15 katova a svaki kat je visok 2,5 m. Koliki je tlak u vodovodnim cijevima u pri zemlju, ako je tlak na 15 katu 2 atm (= 2,02 bar = 2,02•10 5 Pa) ? 92. Mlaz vode
ističe
iz cijevi promjera d
=1
cm brzinom
od 1 m/s i udara u vertikalan zid. Odredite silu kojom mlaz djeluje na zid, ako je cijev okomita na njega i ako zanemarimo rasprskavanje vode (tj. ako pretpostavimo da je udar vode o zid savršeno
neelastičan).
b) Riješeni zadaci
93. Posuda ka s
cilindričnog
tekućinom
obli-
nalazi se u
ravnoteži na rubu stola (v. sl. 13). Da li
će
se posuda
Sl. 13
prevrnuti ako u nju stavimo komad drveta kao što je prikazano slici?
94. Gumena lopta, mase m i radijusa R, potopljena je u vodu do dubine h i otpuštena. Do koje iskočiti
će
visine lopta
iz vode, ako zanemarimo otpor vode i zraka? .Koju
22
će
brzinu lopta imati u tren utku iz r anjanja iz vod e?
95. Letva dužine L, p oložena j e u
djelomično
vodu, a djeloleži na
mičn o
Sl. 14
stijeni, kao što
je prikazano na sl. 14. Koji je dio letve potopljen , ako je specifična težina drva "(? 96. U širem dijelu horizontalno položen e cijevi naftovoda
teče
nafta brzinom 2 m/s. Odredi t e brzinu protoka
nafte u užem dijelu cij evi ako j e razlika tlakova širokog i suženog dijela 50 mm stupca žive, a 3
nafte 900 kg/m • (1 mm Hg (živ.e) = l , 3J• l 0
2
između
gustoća
Pa)
97 . Kleps i dra (vodeni sat koji se u staroj Grč k oj
koristio za
ograničenje
vremena
govorenja u skupštini i n a sudu) ima oblik kao na sl. 15. Vrijeme se
određuje
Sl. 15
prema nivou
vode u posudi. Kojom jednadžbom
će
biti
odre đen
oblik koji
mora imati posuda da bi vremenska skala bila uni formna? 98. (Einsteinov
čaj)
Zašto se
s redini šalice nakon mješanja?
-
listići čaja
skupljaju u
Drugi dio
TOPLINA I
MOLEKULARNA FIZIKA
25
VIII
TOPLINA I TOPLINSKA SVOJSTVA TIJELA
\
a) Neriješeni zadaci za vježbe
o0 c
99. Ako se volumen kocke kod zagrijavanja od poveća
za 1%, koliki
će
do l0°c
biti koeficijent linearnog rasteza-
nja materijala od kojeg je kocka napravljena? loo. Željezni obruč treba namjestiti na drveni točak radijusa 0,5 m. Promjer
9bruča
je 5 mm manji od promjera
Do koje temperature treba najmanje zagrijati
obruč
točka.
u tu
svrhu ako je koeficijent linearnog rastezanja željeza: o( = 12 •10-6 K-1 • Fe
lol. Da li
će
temperatura u kuhinji pasti ako otvorimo vra-
-
ta od frižidera?
102. Cigla mase m spuštena je na kolica mase M, koja se gi-
baju pravolinijski, konstantnom brzinom v • o
topline,
oslobođene
Nađite količinu
tom prilikom.
loJ. Jedan kraj, uzdužno izoliranog, željeznog štapa, du2 žine 28 cm i presjeka 2 cm , zagrijava se do l00°c, a drugi dodiruje led. Koeficijent toplinsk e vodljivosti željeza je: štap?
-1
59 W m
-1
K
• Kolika je brzina prolaza topline kroz
26
104. Kamio..ri mase 3600 kg nom brzinom,
svladavajući
kreće
se, a utoputom, nekom stal-
otpor kretanju 0 ,05 vlastite
težine, pri
čemu
je koeficijent korisnog d jelovanja nje-
gova motora
18~ .
Za koliko kilometara puta
će
kamionu bi-
ti dovoljno 40 1 benzina, ako je topl ina sag orijevanj.a benzina 4,6·10 7 J/kg, a gustoća benzina 100 kg/m 3 ?
b) Riješeni zadaci o
X 105. Sat s klatnom ide, kod temperature od O C, naprijed na dan, a kod temperature t
=
2 10 s na dan. Od kakvog je materijala
= 25°c
'!;"
kasni
načinjene
1
= 8 s
~
2 =
klatno
sata? X 106. Čelična šipka, koja treba biti učvršćena između dvije
nepomične
Prilikom ohladi, joj
stijene je prethodnom obradom bila zagrijana.
učvršćenja,
već
nije se
pričekalo
da se šipka potpuno o
je montirana kod temperature od 150 C. Na ko-
će
temperaturi, uslijed toga, šipka popucati? (Koefi1 6 cijent linearnog rastezanja čelika je: oe. = 13·10- K- , 2 11 Youngov modul elastičnosti čelika je: E = 2•10 N/m ; maksimalno naprezanje koje
prilikom rastez an j a , mo že iz8 2 držati a da ne p upuca je: c:f= 4•10 N/m .) čelik,
107. Rezervoar kod tempera t ure t
sadrži masu m tekućine, 1 1 a kod temperature t masu m • Odredite koeficijent linear2 2 nog rastezanja materijala od kojeg je napravlj en rezervoar , ako je koeficijent volumnog rastezanja
tekućine
(3 • 2
27
108. Olovna
mase m se brzinom v horizontalno zabi1 1 ja u komad željeza mase m , koji leži na glatkoj horizon2 talnoj podlozi (trenje zanemarujemo). Kolika će biti njisačma
hova temperatura nakon udara, ako je prije rtjega temperatura željeznog komada bila t , a 2 109. U zadatku 103. odredite
sačme
količinu
t ? 1 leda koja
će
se oto-
piti tokom jednog sata, ako je latentna toplina taljenja leda 79,7 kcal/kg.
(1 cal
llo. Odredite koja se t
0
d
·= o c,
= 4,19
količina
J)
olova,
početne
temperature
može rastaliti količinom topline polučenom sa-
gorjevanjem mase m = 1 kg nafte, ako je efikasnost sa1 -1 -1 gorjevanja nafte 80 % • (cpb = 126 J kg K ; latentna topl. .ii.Pb = 22600 J/kg; specifična toplina izgaranja nafte = = q = 4,4·10 7 J/kg)
=
28
IX
SVOJSTVA IDEALNOG PLINA
a) Neriješeni zadaci za vježbe 111. Volumen posude, napunjene plinom pod tlakom od p 1 = = l,2·10 5 Pa, je v1 = 6 1. Koliki će tlak, p 2 , biti u posudi, ako je spojimo s drugom posudom, volumena v = 10 1, 2 ( u kojoj je vakuum, i ako se temperatura ne promijeni? 112. Epruveta dužine 1 = 50 cm i presjeka A
= 0,5
cm
2
je potopljena
=t- -
~h=---
u vodu kao što je prikazano na sl. za držanje epruvete pod površinom na dubini h od vrha preokrenute
:_-_- 1 -
epruvete uz atmosferski tlak od 760 mm G
Hg~ I
= 0,15
N.
Težina epruvete je .
(1 mm Hg
= 1,33·10
2
__ =..::: =-=-_,
16. Koiiku silu treb.a upotrijebi ti
1 -
Pa)
----=- - - -
Sl. l6 113. Barometar pokazuje
netočne
vri-
jednosti jer je prisutno nešto zraka iznad žive u staklenoj cijevi (v. sl. 17). Kod tlaka od P
755 mm 01 Hg, barometar pokazuje p 748 mm 1 Hg, a kod p = 740 mm Hg pokazuje 02
-
1
Sl . 17
29 p v'
2
=
736 mm Hg.
Nađite
dužinu L cijevi barometra.
114. Prilikom zagrijavanja plina za 1 K, kod konstantnog tlaka, njegov se volumen
poveća
za 0,005 prvobitnog volu-
mena. Na kojoj se temperaturi nalazi plin? I
J
115. Kisik u plinovitom stanju (molekularna masa 32), mase m = 10 g, se nalazi pod tlakom p = 3•10 5 Pa, kod tempera1 ~re od t = l0°c. Poslije širenja uzrokovanog zagrijava1 njem, kod stalnog tlaka, plin je zauzimao volumen v = 10 1. 2 Nađite volumen, vl, i gustoću, P1• plina prije ekspanzije, i temperaturu, t , i 2
gustoću,
p2 ,
nakon ekspanzije. I
116. Dvije zatvorene posude su
međusobno
spojene
pomoću
cijevi s ventilom. Dok je ventil još zatvoren, u prvoj se posudi plin nalazi pod tlakom p = 2·10 5 Pa, a u drugoj 1 pod p 1,2.10 5 Pa. Volumen prve posude je v 2 1, a 2 1 druge v2 =1 6 1. Temperatura je u obje posude jednaka. Kaka v
će
se tlak uspostaviti u posudama, ako otvorimo
ventil?
b) Riješeni zadaci X 117. Što je teže: kilogram olova ili kilogram perja? 118. Svakim radnim (dvostrukim) taktom klip pumpe usisava volumen v
o
zraka. Prilikom isisavanja zraka, takvom pum-
Jo
pom, iz posude volumena V, bilo je izvedeno n radnih taktova klipom.
Početni
tlak unutar posude, p , bio o
je jednak atmosferskom tlaku. Nakon toga je drugom pumpom jednakog aktivnog volumena v , izvedeno o
također
n radnih
taktova klipom, da bi se upumpao a tm osferski zrak-. K~ liki će,
na kraju, bi ti tlak u posudi?
119. Da li je tlak unutar plina jednak pritisku plina na I
jedini č nu
površinu sti j ena posude koja ga sadrži ?
120. Dvije jednake staklene kugle, napunjene plinom,
(
povezr.ne su cjevčicom
koja Sl . 1 8
sadrži kapljicu
živ e u sredini. Pod koj im uvje tima može naprava poslužiti kao termometar? 121. Na kojoj dubini vod e
će
radijus
mjehurića
zraka biti
dvostruko manji nego na površini, ako je a tm osferski tlak na površini jednak 760 mm Hg? (1 mm Hg = l,33•10
u
122.
sobi volumena vl
= 60
2
m3 je temperatura porasl~
= 17°C na t 2 = 27°c. Tlak se pri tome iz1 5 mi j enio od pl = 1,03•10 Pa (744.4 mm Hg) na p 2 1 1 06·10 5 Pa (797 mm Hg) • Za koliko se promijenila sa
t
Pa)
.„
Jl masa zraka u sobi? (Srednja masa jednog kilomola zraka je:
r
= 29 kg/kmol)
/
\
\
I
32
...
X
MOLEKULARNO-KINETI ČKA
TEORIJA I
TERMODINAMIKA
a) Neriješeni zadaci za vježbe
I ' 123. Koliko molekula plina salirži posuda vo l umena V ,; 60 _1, o 3 2 pri temperaturi T = JOO K i tlaku p = 5·10 N/m ? 124. Koliko molekula vodika smije sadržavati sferna posuda promjera 1 m, da
sudari molekula plina ne budu statistički značajni? (Promjer molekul a v od ik~ j e lo-10 m) međusobni
125. Plin zaprema volumen V= 4 1 pod t l akom p Odredite ukupnu
kinetičku
energi ju
/
kaoti č nog
=
5·10
2
2 N/m •
gibanja mole-
kula, na sobnoj temperaturi. 126. Plin, mase m
= 15
kg, sadrži N
= 5,64·10 26
molekula,
koje se sastoje od atoma ugljika i vodika. Odredite masu atoma ugljika i vodika, koji tvore molekulu tog plina. 127. Koliko sudara, pod normalnim uvjetima, doživ i mo l ekula ugljičnog dioksida (ako JOJ Je srednji slobodni put jednak 4•10
-8 m) u toku jedne sekunde?
33 128. Plin, na tempe-
p
A
latm
raturi od 17°C, koji zauzima volumen VA
=1
PA
1, kod tlaka B
1 atm, širi se,
,_______ n
izotermno (kod jednake temperature), do dvostrukog vo-
1
2
3
4
Sl. 19
lumena VB = 2 1. Zatim mu se tlak prepolovljuje
iz ohorno (kod konstantnog, jednakog, volumena),
i na kraju se još jednom ra u
točkama
izobarno (kod konstantnog tlaka)
podvostručuje
(v. sl. 19). Kolika je temperatu-
C i D? Koliki je tlak u
som plin vr§i najve ć i rad?
C? Kojim proce(1 atm = l,ol•l0 5 Pa)
129. Pokažite, za idealni plin
čija
točki
unutarnja energija ovi-
si samo o temperaturi, da je razlika medu nim toplinama
(količina
volumen
specifičnim
mol-
topline potrebna za zagrijavanje
1 kmol tvari za 1 K; 1 kmol je masa tvari, izražena u kilogramima,
numerički
jednaka molekularnoj_EJasi tvari) kod
konstantnog tlaka i konstantnog volumena jednaka plinskoj konstanti, R,:
' R
130. Kisik (ft= 32 kg/kmol), mase 2 kg, zaprema volumen od 1 m3 , pod tlakom od 2 atm. Plin je isprva bio izobar' volumena od 3 m3 , a no (v. zadatak l28) zagrijav an do zatim, izohorno (v. zadatak 128) do tlaka od 5 atm (v. sl.
34 2o).
Nađite
promjen u unutar-
p(atrn )
nje energije plina. (1 aUIJ=l,alt.er) 1 31.
Nađite
3
rad, koji je plin
izvrši o , i toplinu, pr edanu
1
plinu, u pre t hodnom zadatku. V (rn 3 )
13 2. Kad
će
t l ak plj,na vi š e Sl. 2o
pora sti: kad se komprimira toplinski
izol~ran
'
(adijabatski ) ili kad se kornprirnira
izotermno (v. zadatak 128).
b ) Rije š eni zadaci 133· Zatvorena posuda sadr ži 1 1 vode na temperaturi od 17°C. Koji bi tlak bio u posudi kad bi sile između molekula odjednom
iščezle?
134. Da li je koncentracija molekula unutar posud e koja sadrži plin (misli se na sredinu posude) jednaka koncentraciji molekula plina uz stijenke posude? 135.
Izračunajte
srednju udaljenost
između
sredi š ta mo-
lekula idealnog plina u normalnim uv j etima. X 136. Koliko se,
prosječno,
molekula dvoatomnog plina nala-
35 zi u posudi volumena V i temperature t
= 27°c?
= 20 m3
kod tlaka p
= 1.06·10 4
Pa
Koliku srednju kinetičku energi ju
imaju te molekul e? 137. Srednja kvadratna brzina molekula nekog plina - njihova .efektivna brz ina - je v ef = 450 m /s , a tlak plina je: 2 p = 7.10 4 N/m • Nađite g ustoću plina. 138.
Nađite
srednji slobodni put molekula zraka kod nor-
malnih uvj et a, ako je efek t ivni prom j er molekule zraka d = 3•10-lO m. 139. Na sl. 21 je prikazana
p
promjena s tanja idealnog
:o:
plina u koordinatama pV. Predočite
taj proces u ko-
ordinatama pT i VT. X 140. Neka
količina
idealnog V
plina podvrgnuta je zatvo-
-
renom kružnom procesu prikazanom na sl. 22. Prikaž i te taj proces u k oordinatama pV i
nađite
Sl. 21 V 3
2
u kojim stadijima
plin apsorbira, a u koj im daje toplinu.
X
141. Odbojkaška tlopta
mase
,, " 1
200 g i volumena 8 1, na-
T
" Sl. 22
36
pumpana je do tlaka od 1 1 2 atm. Lopta je bila
izbačena
na visinu od 20 m i posli j e pada na tvrdo tlo ponovo je odskočila
na tu istu visinu. Ocijenite maksimalnu tempe-
raturu zraka u lopti u momentu udara o tlo, ako je temperatura okolnog zraka 27°c, a specifičn i toplinski kapacitet X 142.
(specifična
"Izračunajte"
toplina) cV = 700 J/(kg · K). Veliku
američku
pustinju (Great Ame-
rican Desert, unutar koje je i poznata Dolina smrti, Death Valley), tj. njenu temperaturu, hog oceana
u nju
znajući
da s Ti-
puše vlažan (
zrak preko obalnog ogranka Kordiljera (Coast Range) ji se
ko-
podizanjem uz planinu, adijabatski (v. zadatak
132) širi, hladi i
oslobađa
vlage kondenzacijom, tj.
• oborinama. (Parcijalni tlak vodenih para je pH 0 2 3 • 3·10 Pa, a specifična toplina isparavanja 6 vode iznosi cV • 2,5·10 J/kg.)
/
Treći
dio
OPTIKA
I
39
/\
XI
GEOMETRIJSKA OPTIKA
a) Neriješeni zadaci za vježbe
1~3.
Nađite grafički,
koji
će
omogućiti
mu
na sl. 23 , položaj da
u ogledal u C
p unosti strelicu AB. Konstruirajte, . će
čovjek
čovjekovog
oka
vidi upra vo u pot-
također,
sliku koju
vidjeti u ogled alu. B
c
A
Sl. 24
Sl. 23
144.
Leća
daje sliku B'A' predmeta AB, kao što je prikaza-
no na sl. 24. Odredite što kama 1, 2 i
će
vidjeti
čovjekovo
oko u
3.
sredstvo I
sredstvo III
Sl. 25
toč
4o
145. Na sl. 25 je prikazan prolaz zrake svjetlosti kroz tri optička sredstva. Odredite međusobne odnose ( ~ ) optičkih gustoća
pojedinih sredstava.
146. Kolika minimalna visina ogledala
pričvršćenog
vertikalno na zid (v. sl. 26)
omogućuje
nekom
čov
jeku da se vidi u punoj svojoj visini? Na kojoj udaljenosti od poda se moSl. 26
ra nalaziti donji rub ogledala? 147. Kad
sunčeve
zrake prolaze kroz mali otvor na vrhu
krošnje nekog drveta, one tvore
eliptičnu
sliku
Sunčevog
diska na tlu. Kolika je visina drveta, ako j e mala os cm, velika os a
= 12
elipse b
= 10
Sunčevog
diska «. = 0.0093 rad?
cm, a kutna dimenzija
b) Riješeni zadaci
148. Zašto se Mjesec "kupa" u moru, za vrijeme vedrih Mjesečevih noći,
umjesto
da ima odraz približno na samo jednom mjestu u vodi? (v. sl. 27)
o ----,... ...........
--..:..---......._-_
_,
-:'."'......_.=-...-....... _ ...
-~ „-
Sl . 27
,
41
149. Da li je
čovjek
koji
u vodi vidi normalno dalekovidan ili kratkovidan? (v. sl. 28) X 150. U zadimljenoj okolini nek e tvornice, vidljivost je L = 50 m. 1 Čestice dima imaju radijus r = 5j-tm, a 1 m3 zra1 ka sadrži masu m = 0,04 g
Sl. 28
(čestica) dima. Koliko dima u 1 m3 ima u okolini druge tvornice, ako je a vidljivost L 2 X 151.
Leća
radi~us čestica
= 20
sa žarišnom
međusobna
2
= 10,µm,
m? udaljenošću
sliku predmeta u dva položaja ja je
njenog dima r
udaljenost L
F
= 16 cm daje jasnu
(uvećanje
= 60 cm.
i umanjenje),
Nađite
či
udaljenost
D od predmeta do zastora, na koji se projiciraju slike. 152. Zraka svjetlosti pada na kuglastu kapljicu vode pod kutom
oC.. Nađite kut
četnog
smjera nakon jednostruke refleksije od unutrašnje
-&' za koji je zraka skrenuta s po-
strane površine kapljice, ako je zadan relativni indeks loma vode s obzirom na zrak, n.
42
,
XII
FIZIKALNA OPTIKA I FOTOMETRIJA
a) Neri ješeni zada ci za vježb e 153. Duga je pojava refleksije Sunčevih
zraka od u-
nutrašnje strane crv.
površine vodenih kapljica (v. zadatak 152) u atmosferi. Objasnite . zašto je kod primarne dug e (one koja samo jednostru-
nast~je
kom refleksijom u kapljicama) vanjski luk crven, a unutra šnji 154. Koji di o 155. Lampa
Sl. 29
ljubi ča st.
Sunčeve
energije
promjera D
=
Ako se lampa zamijeni drugom i
do siže Zeml ju?
svjetlosne jakosti 100 cd, visi iznad sredine
okruglog stola 25 cd
zra č enja
3 m na visini od 2 m od stola. čija
je svjetlosna jakost
koja je spuštena na takvu visinu da osvije tlje-
'
43
nost sredine stola bude ista kao i ranije, kako on da
će
se
promijeniti osvijetljenost ruba stola?
b) Riješeni zadaci
156. Koliko visoko i znad centra okrug log stola treba objesi ti lampu da bi mu rub bio maksimalno osvijetljen?
X 157. U nek om teleskopu je osvijetl jenost slike j edne z vije zde
danju
10 puta manj a od osvijetljeno s ti slike samog da-
nj eg neb a. Kol iko puta j e potrebno
povećati
promjer objek-
tiva da bi om j e r bio o bratan? \
158. Zašto se k od fotografiranja dvaju predmeta, k oji se nalaze na
različitim
ud aljenost ima od fotoaparata,
smanjuj e "bl enda " (otvor objektiva - di jafragme)?
\
obično
„
/.1
i~
.' I
Četvrti
dio
ELEKTRICITET
„
47
XIII
COULOMBOVA SILA, POLJE
I
POTENCIJAL
a) Neriješeni zadaci za vježbe 1 59. Za koliko bi se naboji elektr ona i protona morali razlikova t i da se poništi gravitaci jska sila
među
atomima, ako pretpos-
tav imo da se u jezgrama atoma nalazi jednak broj protona i -11 2 2 19 neutrona? ( G = 6,67·10 N·m /kg ; e = 1,60210•10C 27 31 m = 9,1091·10kg ; m = 1,67252•10kg = 0,99863•m e p n i q , međusobno udaljena za L . 2 1 naboj i kolikog iznosa on mora biti
1 60. Promatrajmo dv,a naboja, q Gdje moramo postaviti
treći
da bi se nalazio u ravnoteži, ako su naboji q ćeni;
1
i q
2
a)
učvrš
b) slobodni ?
161. Neka je (v. sliku 3o) AB ravnomjerno nabijena beskona č na
ravnina , a C istoimeno nabijena kuglica
c
te žine G. Naboj kuglice je q, a napetost niti FN. N ađite
površ insku
gustoću
naboja ravnine AB.
162. Na krajevima jedne od kateta, dužine L, pravokutnog trokuta nalaze se naboji q i potencijal u
trećem
163 . Metalna kugla
1
Sl. 3o jednakokračnog
i q • Koliko je polje 2
vrhu trokuta?
radijusa r
nalazi se u
tekućem
dielektri-
48 kumu
relativne permitivnosti €. i
jala kugle je
1
p •
Ako
u homog enom
mjerenom ver tikain o uvis 164.
Razmak
između
gustoće
f> •
Gustoća
električnom
materi-
polju E
us-
kugla l ebdi, kol i ki j oj j e naboj?
dviju metalnih kugala
radijus a R i R2 1 je velik u us ~ore dbi s nji-
!.f2
nabijenih do potenc i jala
cp1
i
hovim radijusima. Kol i k i
će
biti potencijal kugala ako se
pove ž u
vodi čem.
b) Ri ješeni zadaci 165. Dvije kuglice
jednakih r adijusa
obje šene su na dvi-je ni ti
r
i naboj a
jednakih du ž ina
L
~q
1
i -q
2 t ako da se .u ver-
tikalnim položajima nit.t, kugl i ce upr avo dodiruju. Posl i je dodira , u vakuumu, one se
razmiču
za kut 2ol. Kolika je teži-
na k uglica ak o su nakon otkiona njihovi radij usi mali s obzirom na
međuso bnu
udal jenost? Kolika j e
ako nakon uranj anj a u tivnosti X 166.
teku ćin u gustoće
f> , kuglica,
i rela t ivne penni-
c , niti zatvaraju kut 2oe.' .
Nađite
na osnovu Coulombovog zakona
ravn omjerno nabi jenog l inearnom načne
p
gustoć a , I
gustoćom;(;
: a) polje pravca, b) polj e besko-
ravnine, ravnomjerno ·nab ijene površinskom
gustoćom
167. U vrhovima kvadrata , sa s tranicom a , nalaze se pozitivni naboji
jednakog iznosa q. Koliko je polje i koliki je poten-
cijal u centru kvadrata? Kakav n egativni naboj treba smjestiti u centar kvadrata da bi sistem bio u ravnote ži?
49 \
168. Dvije
beskonačne,
paralelne ravnine nabijene su ravnomjer-
no raspodijeljenim nabojima, površinske gustoće ° l i
obje
r avnine nab i jene negativno; 3) · jedna pozitivno, a druga negat i vno. Razmotrite slučaj
1°1_1 =
169. Homogena metalna sfera no raspodijeljen naboj
!cr2 1.
radijusa R = 20 cm
nosi ravnomjer2 površinske gustoće O"'= 10- 9 C/m • Odre-
dite jakost i potencijal polja na udaljenosti r
= 36 cm od sre-
dišta sfere. Xl7o. U materiji se naboji jezgre i elektronskog sobno kompenziraju s izuzetnom pretpostavimo da je ta ju bila maksimalna ju bakrenih
novčića
točnost
privlačn a,
točnošću.
omotača među
Da bismo to uvidjeli
samo 1%. Kolika bi u tom odnosno odbojna sila
sluča
i zmeđ u
dva-
mase l g, udaljenih 1 m-jedan od drugoga7
Koliki promjer bi morala imati bakrena kugla
čija
bi težina
3 odgovarala toj sili? ( ZCu = 29; ACu = 63,54; ~Cu = 8930 kg/m )
5o
XIV
INFLUENCIJA, RAD, NAPON I KAPACITET
a) Neriješeni zadaci za vježbe 171. Materijalna točka, mase 40 g , pozit i vnog naboja
l0- 9 C,
giba se brzinom od 10 cm/s. Na koju minimalnu udaljenost se ona može približi ti toč kastom naboju izno s a 310- 9 C ? 172. U homogeno polje ne
s.
E
unesena je metalna
pločica
površi-
Koliki se naboj inducirana svakoj njenoj strani? •'\
173 . Po volumenu kugle od neprovodnog materijala, radijusa R, ravnomjerno je raspodijeljen naboj,
E u
toč kama
Predoči te
gustoće~·
Nađite
udaljenim od sredi š ta kugle za a) r
grafički
1
polje,
< R, b) r 2 > R.
E = E (r ) •
174. Riješite zadatak 166. primjenom Gaussovog teorema.
' 175. Da bi se postigao željeni kapacitet kondenzatora je
pločama
površine S
omo gu ć en o
nje ~ov im
primicinje na n puta man ju
ud aljenost od početne i tom prilikom one izvrše rad W. Je dna1
ki efekt postiže se umetanjem vodljive
ploče
površine S i
debljine b. Koliki su napon i kapacitet kondenza tora prije i nak on umetanja
ploče?
51
176.
Nađite
kapacitet sistema kondenzatora prikazanog na sl. 31.
b) Ri ješeni zadaci 177. Na vrhovima kvadrata, sa stranicom a, nalaze se naboj i, . jednaki po a psolutnoj vrijednosti, od kojih su dva pozitivna, a dva
nega~ivna ·.
Nađite
potencijalnu energiju tog sistema za
pozitivnih naboja s obzirom na negativne.
moguće ra zmj~štaje
X 178. Po kosini (v. sl. 32 ), nagiba
al
i visin e h,
kotrl~a
se kugli-
ca mase m i radijusa R << h, nabi jena nabojem +q. U vrhu pravog kuta
~ -q
nalazi se naboj -q. Odredite brzinu
Sl. 32
kojom kuglica stiže do kraja kosine . ,
179. Izvedite iz Gaussovog zakona: a) Coulomoov zakon za kasti naboj u vakuumu; b) polje koje tvori mj erno nabijena
c~
beskonačna
toč-
ravno-
= const ) ravnina uronjena u dielektrikum (t,_);
52 c) polje kondenzatora u dielektrikumu (e)
između ploča
s po-
vršinskom g ustoćom naboja +O' i -O' (zanemarujui i rubne efekte); d) polje
vodljive kugle
radijusa a i naboja q
uronjene u
di električke konstante t„ ; e) polje diekugle (čija je dielektrička konstanta e.') radi-
dielektrikum lektričke
jusa a i naboja q
(~
ravnomjerno volumno nabijene
= const)
i
uronjene u dielektrikum (t). 180. (Millikanov pokus) U kondenzatoru s horizontalno . položenim toće N~on
kod
pločama
p
određenog
napona U nabijena kapljica
gus-
I
lebdi
između ploča
na udaljenosti s od donje
ploče.
smanjenja polja, smanjenjem napona na iznos V, bilježi
se vrijeme
t
u toku kojeg kapljica
sti~e
do donje
ploče.
Kolika je masa kapljice, ako znamo da je otpor zraka kapljici proporcionalan brzini i polumjeru kapljice (tzv. Stokesova formula - konstanta proporcionalnosti je 61rlJ , gd,je je koeficijent
viskoznosti) i ako se
lJ
ravnotežno
odgovarajuće
stanje uspostavlja nakon vremena koje je znatno
k~aće
od t?
181. Tri kondenzatora kapaciteta 01, 02 ~ 03 priključena su na izvor napona U prema sl. 33. Odre-
B
di te naboje na svakom od kondenzatora.
u
GJ------'
Sl. 33 Xl82. Na dnu posude s konstante i
tekućim
pričvršćena
je
dielektrikumom ploča
kondenzator
dielektričke
kružnog
53 oblika
radijusa r. Druga
ploča
pliva nad prvom. Za koliko ploče
će
istog oblika, debljine h,
uroniti gornja
ploča,
nabijene raznoimenim nabo j ima, površinske
Gustoća
materijala
ploča
je p , a dielektrikuma
ako su
gustoće I
p •
o-?
54
STRUJA, JOULEOV ZAKON I KIRCHHOFFOVI ZAKONI
rf
a) Neri ješeni zadaci za vježbe 183. Kroz diod u_ (dvo elektrodnu cijev, elektronku) s ravnim elektrodama prolazi s truja I, dok je napon na njoj U. S kakvom s ilom djeluju elektroni na anodu ,ako kat odu napuštaj11 brzinom v ? o 184. I na
=
vodičem
Željeznim
=
2
o,64 mm ' teče str1lja 24 A. Odredi te srednju brzinu usmjerenog g i ban ja el ektro-
uzimajući
presjeka S
da je broj slobodnih elektr ona u j edinici volume-
na jednak broju atoma u j edinici volumena vodiča. (~ = 55 ,85; 3 . 26 e -1 1-'Fe = 7870 kg/m ; Avogadrov broJ: NA ~ 6 , 022·10 kmol ) 185.
Gr i jaća ploča
čena
prva, l litra vode zakipi kroz 8 min , a kad je
na druga jednaka će
vremena toj
tovremeno
štednjaka ima dvije spi.rale. Kad je uklju-
uključe
vode zakipi ti za 5 min. Ko li.ko
će količin a
količini
ukl ju če
vode trebati da zakipi , ako se is-
obje spirale spojene a) u seriju, b ) para-
lelno. 186.
Iz računajte
otpor
električ n og
kruga prikazanog na s l. 34,
ako su vrijednost i pojed inih otpora
= 2.n.,
RJ
= ln, R4
= 4!l., R
5
= 6.n,
s lijed eće:
R6
= 8.fl. t
Rl ·- lfi, R2 R7 = 5.n. , R8
=
....
55
= 4.!l,
Rg
=
2J l, R10
= 8.!l.,
5
R11
= 4.Q.
Sl. 34
187 . U shemi, prikazanoj na sl. 35, je: R1
=
5011, ~
4
=ion.
i R3
= 15..Q.
E1
=
~ ~'
E2
2 -t V,
Nađite 1, 11 i 12.
2
1
3 Sl. 35 188.
Nađite
razliku potencijala
među točkama
A i B u shemi pri-
kazanoj na sl. 36. Koliki bi bio naboj kondenzatora
kapaciteta
C priključenog između točaka A i B, ako je napon izvora
e?
56
c1
I
c2
A
I
' I I
o
Rl
- ~-T-
R2
I
I
B
e
ir
-
Sl. 36
b) Riješeni zadac i 189. Odr edite koliku struju tvori elek tron ko j i r otira oko jezgre u atomu vodika , a.k o je radijus nj egove orb i te 5, 3 · 10-1n~ X 190. Bakreni vodio
presjeka S
okomitom na s . Kakav naboj
giba se brzinom v
prođe vo dičem
o
u sm j eru
pri naglom zaus-
t avljanju? X 191. Dvi j e elektrolitske kade
s ot opinama
Fec~
3
i Cuso
4 s pojene su u seriju. Koli ko se bakra nataloži u isto vrij e-
me u kojem s e natalo ži masa m1 željeza? 192. Dana s u dva jednaka i zvora elektromotorne sil e od pq • 2 V i unutrašnjim otporom od po 0 , 3..n. Ka.ko bi trebal o spoji t i izvore, paralelno il i serijski , da bi s e
pol.u č il a veća
ja, ako je vanjski otpor a) o,212 i b) 16n?
s t ru-
....
57
193. mosta
Nađite
struje u pojedinim granama tzv . Wheatstoneovog
prikazanog na sl. 37, ako je most izbalansiran, tj.
ako je struja
teče
kroz galvanometar jednaka nuli.
11
1
R
B
1
-
A
l
3
13 l
e2=2V, ~
lr2 r =2.1l
2
=6V, r=3Jl.
Sl . 38
Sl. 37 194. U shemi s a sl. 38
nađite:
R, l
i
1 , ako je 1 2 1
=1
A.
58
IZMJENIČNA
XVI
STRUJA, MEĐUDJELOVANJE ~
STRUJA I INDUKCIJA
a) Neriješeni zadaci za vježbe 195.
D ug ačkim
vertikalnim
vodičem
I = 8 A• Na kojoj udaljenosti od magnetskog polja, od polja
teče
vodiča
vodiča
prema dolje r
struja
je jakost složenog
i polja Zemlje, usmjerena
vertikalno uvis, ako je horiz ontalna komponenta magnetskog polja Zemlje HZh 196.
Nađite
točku
= 16
A/m?
na pravcu AC,
sa ~ sl.
39.' .u kojoj je magnetir-
ko polje, izazvane trima strujama I , I i I , jednako nuli, 2 1 3 ako j e I 1 I2 I, I = 2I, AB = BC = 5 cm. v 3
"u ! I
I
'
A
B
I
c
I I
I
~
I
Sl. 39
Sl. 4o 197. U homogenom magnetskom polju mjerno,
frekvencijom
Y
okreće
indukci je
B, se ravno-
okvir površine S. Os rotaci-
je leži u ravnini okvira i okomita je na linije indukcije (v.
59
sl. 4o) . Odredite maks imalno induci rani napon u okviru. 198. Brzina horizontalno napon inducira
među
letećeg
av iona je 900 km/h. Kakav se
krajevima njegovih krila ( L = 12,5 m),
ako je vertikalna komponenta indukcije magnetskog polja Zemlje jednaka 0 7 5 •10-4 T? 199. Čovjek trči, brzinom od 12 km/h, prema s jeveru, s ki šobranom nagnutim za 45° prema vertikali. Koliki se napon in'ducira na kr ajevima kovnog štapa kišobrana, ako je on d uga_čak lm? (U t j eca j žbica kišobrana zanemarujemo; Za magnetsko polje Zemlje v. zadatke 195. i 1 98.) 200. ce
Dugački
ravni soleno i. d
j e i z gusto namotane ži-
načinjen
promjera 0 7 5 mm. Kakva je indukcija magnetskog polja unu-
tar solenoida kod prolaza struje I
=
5 A?
(
b) Rij ešeni zadaci 2ol. Dva ravna na drugog, na i 1
vodič a
položena su paralelno, jedan s ob zi rom
me đ usobno j
udaljenosti L. Njima teku stru je r
u suprotnim smjerov ima.
2 u to č ki ko ja Je za r
1
Na.đi te
1 modul magne t ske indukci je
udalj ena od prvog i za r
2
od drugog
vod i ča .
2o2. Struja I
teč e
oblik prstena u
bakrenim
č~em
vo dičem
presjeka S
sv inutim u
centru tvori i ndukciju B. Kolik i j e na-
60 pon medu krajevima prstena? \
vodičem
X 2o3. Tankim će
prstenastog oblika
teč e
struja. Kolika
biti promjena indukcije u centru lika, ako
vodiču
damo
oblik kvadrata? 2o4. Princip reprodukcije te-
I
levizijske slike (u katodnoj
III
II
.-· --- -- -- --
cijevi, tzv. kineskopu) se zasniva na shemi prikazanoj ubrzan razlikom potencijala u
području
I
ulijeće
magnetsko polje lja snop pada u točku
i~
X.
Nađite
u
-!<
Q)
u
Sl. 41
u homogeno
području
točku
o ~ s..
L
na sl. 41. Snop elektrona
X .,
II. U odsutstvu magnetskog po-
O ekrana, a nakon
uključenja
polja u
pomak OX, ako je polje usmjereno okomito
ravnine crteža, magnetska indukcija jednaka B, širina
polja~' a u4aljenost polja od ekrana L.
2o5. Trima paralelnim ravnim
I , i to tako da kroz jedan .od 3 ~u nego kroz preostala dva. ni u vrhove
jednakostra.ničnog
vodiča
teku struje r , I i 1 2 struja teče. u suprotnom
Vodiči
su
vodičima
trokuta
djeluje na jedinicu duljine svakog od
međusobno
stranice a. Kolika sila vodiča ?
X 206. (Generator). U homogenom magnetskom pol j u rotira solenoid
presjeka S
i
razmješte-
N navoja
indukc ije B,
brzinom od n okre-+
taja u sekundi. Os rotacije je okomita na os solenoida i na B. Nađite
maksimalnu elektromotornu silu induciranu rotacijom
solenoida.
61
\ XVII
EFEKTIVNI NAPONI I STRUJE
I
KRUGOVI IZMJENIČNE STRUJE
a) Neriješeni zadaci za vježbe 2o7. Koje se od
struja ne mogu koristiti za elek-
slijedećih
trolizu: a) i= I
sinwt; b) i= I jsinwtl; c) i= max max =I sin(wt+w); d) i= I (s inwt + lsinwtl)? Zašto ? max T max Prikažite struje i njihove efektivne vrijednosti grafički. 208. Solenoid
dulji~e
kroz koje
struja I.
teče
1 i površine presjeka S Nađite
induciranu u navojima prilikom vremenski period
~
2o9. "Superbrzi"
električni
ima N navoja
srednju elektromotornu silu uključenja
struje kroz kratak
t. lonci za vodu ("litra vode uzavri-
je za 1 min.") rade na principu dviju elektroda
(priključenih
na gradsku mrežu) uronjenih u vodu. Objasnite kako dolazi do naglog
povećanja
temperature vode.
210. Na sl. 42 je dana shema kroz c ijev.
Nađite ~rzinu
mjerača
brzine protoka plina
plina, ako je indukcija magnets-
kog polja B = 0,01 T, razmak
među
elektrodama (unutrašnji
promjer cijevi) 5 cm, a registrirani napon 0,25 mV.
između
elektroda
62
B
Sl. 42. 211. Dvije
zavo jnice namotane su na zajedničku jezgru. Induk tivnos t prve j e l,6·10- 4 1-1 , a drug e 10- 5 H. Kolik o put a dugačk e
je broj navo j a prve zav o jnice
već i
od broja navo ja druge ?
212. Kroz shem u prikazanu na sl. 43 prolazi sinus na s tru ja . Nađit e
maksimalan napon
na ponj.: UAB
= 30
V 1 UBO
iz među
= 10
t o č ak a
V
i
A i D, ako su efektivni
·uOD
: 1 5 "V .
c
-~AD--flT.Ll'tf\---0B---l.__R_._1-----.0:r---1 ~I
Sl. 43
b) Riješeni zadac i X 213. Neonska cijev
ukl Ju čena
je u gradsk u mrežu (220
V~
50 Hz).
Nađite postotak vremena u kojem cijev'stvarno go r i ak o je na-
63 pon na kojem se ona pal i, odnosno gasi (uspostavl j a i prekida tinjavo izbijanje plina u cijevi),
također
220 V (normalno
je taj napon niži). X 214. Shema mosta sa sl . 44 služi za mjerenje induktivnosti zavojnice. Ako je most izbalansiran, struja koja prolazi kr oz RD je jednaka nuli. R i C.
u tom
Nađite
slučaju
L kao funkciju od
(Upu.ta: IMPEDANCIJE SU KOMPLEKSNI BROJEVI ! )
R
a R
L U
max
coswt
~
c
R
Sl. 44
215. Zavojnica presjeka S cije
Y.
du.ljine d i radiju.sa r
u.ključena
je u krug
s N bakrenih navoja
izmjenične
struje
frekv en1
Nađite
omjere aktivnog i uku.pnog otp ora, te induktiv8 nog i u.ku.pnog otpora zavojnice. (~Cu = 1 7 673•10- .!2.m) X216. Odredite za koliko
će
se promijeniti frekvencija tit-
64
rajnog kruga, prikazanog na slici 45, ako se otpor :R smanji na nulu . R
200.ll
c
2,4·10
L
-2
H
Sl. 45
217. Dvije su zavojnice namotane na
zaje d ni č ku
j ezgru. In-
duktivnost prv e je 0,7 H, a druge 0,8H. Otpor <).a"uge zavojni ce je 600 Jl. Koli ka struja
poteče
drugom zavojnicom, ako se stru-
ja od 0,3 A u prvoj zavojnici uključuje tokom 0,001 s ? 218. Dva 'kbndenzatora uključena
50 Hz.
c1
= 0,4rF
su u seriju u krug nap ona od 220 V
Nađite
denzatora.
kapacit etd
struju u krugu i pad
na po ~a
~
i
c2
= 0,2,,.F,
f rekvencije
na svakom od kon-
Peti dio
RJEŠENJA
i
~
67
Prv i dio.
MEHANIKA
...
1:, R
_,.
--+
~
OP
OC + CB + BP
OQ
-
-
...
~
+
r-2
Ir l
+
r 2I
.2.:_ Neka su
=
~
c2i + 4j + 3"k) +
=
I 3....i
-+
2i + 4j + 3k
"t - 5j + 2k
OD + DE + -+ EQ
= r-1
~
„
yB
X
-
a
... = xA +
„
+ 6J -
,,..
2K
(i - 5j
,, 2 1 = V( 3 ) +
+ 2k)
( 6)
2
t i b zadani vekt ori u odnosu na
hvatište O. Oni
svojim vrhovima A i B
--
Ji -
+ (-2 )
2
j +
.... 5k
= 7
zaj edničko
o dr eđuju
pravac p.
68 Neka je
sada
proizvoljna
đena radijvektorom
točka
P
na t om pravcu
odre-
r.
o B p
Iz slike možemo
očitati:
- - - ......
i
OA + AP
= OP
ili
OA + AB
= OB
ili
A'P
da su
Budući
pravcu:
i
- AP
=
-a + AP
-
~
a + AB
=
- - Ai3 = - - --
_\
AP
r
=b
r - a b
a
iB kolinearni, tj. da leže na istom
.....
ili
tAB
.....
r - a
~).
(b -
t
Dakle, tražena jednadžba je:
r
= a + t
(b -
a)
-r
ili
(1 -
=
t)a +
t'b .
Jednadžba ne ovisi o izboru ishodišta O, tj. o izboru koordinatnog sustava kojim
određujemo
položaj
točaka
Naime, ako O pomaknemo za neki proizvoljan vektor
A i B.
v:
p
onda
će
"stari" vektori biti izraženi
pomoću
"novih" na
slijedeći način:
a
=
-v + a'
......
-+
-+,
r = v + r
Uvrštenje u jednadžbu pravca daje:
"b
=
v + °b'
9 .-11. ~
69 ~,
V +
r
..... ,
_..
+ t\V + b
_., r = __., a +
Neka je ABCD dani
~
-.. ,
~
= V + a
t~'
\u
-
_..,
V -
a P, Q, R i S središ-
c
PQ = lAJ3 2 lj3C ~
D
....
..
' ~
s
.
• •
.„. „
... '....
-
--+
...__..
___,.
Iz: AB + BC + CD + DA -PQ = 1 - + ~ 2(AB B1.,;)
i: __.. QR
=1 2(BC
+ -CD)
2
1-+
+
-BC 2
+
kn 2
k-n + 1Tut 2 2 1 + -AB 5P lnt 2 2 RS
. J
A...__ _ ___,,.._ ........... P, _ ,,,,.""" __ -----
tj.:
a
. . . . ,) a
četverokut,
. ta njegovih stranica:
__.,)
= __,.O
= - lccn 2 =-
slijedi: +
- -
Dl) =
1 - + AB) 2(DA
RS = SR
-SP
=-
= -PS
tj. nasuprotne su stranice jednakih dužina i paralelne; Drugim
l!..:.
PQRS je paralelogram.
riječima,
Formulacija: Ako ~
tada xA +
"'='
y~
...
+ zC
""l, Bi C ne leže u istoj ravnini,
_,.
=O
implicira x
=y =z
=
o
Dokaz: Pretpostavimo . - + yB - + zC - =O da je x F/ O. Tada iz xA slijedi:
_
+ ~c xA = - yB - zc ~ "A,,. - I.i X X No, - ;t.13 - ~C je vektor koji leži u ravnini određenoj X X "°* vektorima Bi C (zadatak 5.), pa, dakle, i A leži u
toj ravnini, što \ je u kontradikciji s postavkom.
Zaključujemo
početnom
da mora biti: x
postapkom', ' također zaključu':iemo na: y
r-.;
pret-
o •.., Analognim -~ ' .
=O i
z
= o.
1 2. -20 .
7o
ll.:.,. Zadani izraz možem o napi sat \ u obl i ku: x
7 A
~
+ x B -
2
1
_.,
-+
._.
~
(x A + y 2 B) = O 2
Na osnovu zadatka 6 . j e: x
- x
1
(x - x 2 ) A + 1
ili :
= y
2
1
- Y2 = O, t j . x = x 2 1
= y2•
i Y
1
Za tri vekora, koji n e leže u istoj ravni ni, pola zn i izraz :
se
takođe r
može napisa t i u obl iku :
Tada je na osn ovu zadatka 11 .: x
- x
1
2
= Y
- Y 2
1
i
ili
li:. v 1§..:. v
1.§..:.
-
2o .
x/4 + ·5/2 ;
y (t
=
o
=
+ 3) (1 +
3 m/s
t = 0.19 s
v
= 4i - j
ili. V
2j - 2k) m/ s;
a = 2 m/ s ~t
2
v = 4,1 m/s ; -;= Om/s2; 48 km/h
= I~
17 . v =lj v
-
o 2
+ 2as
(Ll. y + v t - 1gt ) / (2 v - gt ) 2 o o o o o
2o .
71
-
a) Vektorske jednadžb e gi banja tijela su:
... 2
= -: t + gt
;
V
2
o
=
...
~ V
+ gt
o
Odaberimo osi Ox i Oy uzduž horizontalnog i vertikalnog smjera s obzirom na silu t ežu , respektivno. Tada su projekci je jednadžbi na koord ina tne osi: X -
X
o
y - yo
t
C OS
ol
v t sin o
ol
V
o
o
V
o
V
a rezul tantna brz ina : v Tang ens kuta t g 'f
=
v /v Y
izm eđ u
X
=
=-V v~
vocos v sin
X
y
o
očo
}(2)
oĆ.
g t
-
o
2 2 - 2v g t sin oC.0 + g t 0
vektora brzine i osi Ox je:
tg ~ - gt/(v cos oG O
0
O
mijen ja s vremenom. Taj je rezultat
)
,
t j. on se jer se
o če kivajući
brzina geometrijski karakterizira nagibom tangente grafa puta. ćemo dob~ti
b) Jednadžbu puta
kad iz jednadžbi (1 )
eliminiramo t. Iz prve jednadžbe dobiveni
t =
uvrštavamo u drugu: ~.(X - XQ) 2 v 2 c rt s 2 oG
x - xo sin°'cos oc o o
o '
X V
o
2
o
Dakle, jednadžba puta je: 2
(x -
c)
U~upno
X
ubrzanje je
o tg o<,.o )
č itavo
g(x - X o ) 2 2 2v cos o(. o o
-
vrijeme usmjereno prema
dolje i predstavlja ubrzanje sile teže, g. Tangencijalne ubrzanje je projekcija vektora g na tangentu puta ,
tj. -gsin
i
,
Xo
COS o(.
a normalno - projekcija na
o
72
2o.-21.
na normalu, - g cos 1". ' Budući da je: sin cos 7°= vx/v, slijedi: at= -vy g/v d)
Najveća
4 = v /v
i
, a n = - v Xg/v.
visina uspinjanja se do stiže u trenutk u t,
kad je v =O , tj. kad je brzina paralelna s osi Ox y
(ili - za
.
slučaj
'""
~
kad je
o druge jednadžbe (2) dobivamo
= .!1 2
-
iščezava).
t = v sin o
o(,.
o
/
Tada iz g , koji,
određuje najveću
uvrš ten u drugu jednadžbu (1)
visinu
uspinja:ija:
e) Maksimalan domet nalazimo iz uvjeta Y =O puta
Uvažavajući
( c))
nadžbe puta
Izjednačujući
B
i uvj e t x = y = O, iz jedo o
dobivamo: X
ll:.Gibajući
u jednadžbi
2 o
= v sin2
max
o<:./ g o
ymax = xmax , d obivamo: tg se vertikalno uvis, tijelo
poravano djelovanjem sile teže
4' «:o= 76°.
0
jedn ol iko usdost iže neku
B, u kojoj mu je brzina jednaka nuli, a
točku
zatim se po istoj p utanji brzano do
točke
kreće
jednoliko u-
O iz koje je i pošao.
Točku
B dosiže kroz vrijeme t • U njoj mu je brzi1
o
na
v = v
0
-
gt =O, odakle je: t 1
1
= v /g. 0
Prevaljeni put je OB je : OB
=
V
t
o l
2
- g t /2 1
=
V
Vo og
-
V~
v§
-~
2g
g
2g
Pri povratnom, jednoliko ubrzanom gibanju , tijelo prevali udaljenost BO za vriJeme t
uz početnu brzi2 nu jednaku nuli. Dakle, vrijedi : BO = g t~ /2 , tj.:
73
21.-23 .
točku vrać a
Prema tome, tij el o se u polaznu
nak on vr eme-
na:
~
Putevi koje je vozilo prešlo u jednom i u d rugom
smjer u su:
1 60 m •
i
sl
Srednji iznos brzine se definira kao omjer ukupno puta i ukupno
đen o g
utrošenog vrem ena, tj.:
60 m + 160 m 10 s + 20 s
V
pre-
7,33 m/s .
Srednja brzina uzima u obzir i smjer i defin i ra se vektorski:
.... V
da se obje brzine nalaze na istom pravcu, vek-
Budući
-
s
torsko pisanje možemo zamijeniti predznacima. Ako smjer
-
v l odaberemo za p ozitivan tada V
s
tl vl tl + t2
-
će
srednja brzina biti:
.
-
t2 s2 sl = - 3,3 m/s. v2 = + + t2 tl t2 tl
~Brzina se definira kao Kt:;g ~ ~ , a sam kvocijent je: 6 s /j
t
=
s ( t +Ci t ) - s ( t ) L\t 2 2t-3t +4t 3 bt
2(t+bt)-3(t+bt) 2 +4(t+đt) 3 .cit
2-6t+l2t 2 +12(6t)+4(đt) 2 •
Dakie: a )
2 2 2 m . 6s v =lim t =lim (2-6t+l2t +12t (llt)+4(Clt) ) = 2-6t+l2t s 6 t1t~o l\t-iO Za akceleraciju j e, ana l ogn o :
74
23.-24.
6_
V
ti
t
V (
t+flt) -
V (
2-6t-6(6t)+l2t +24t(dt)+l2(~t)
2
t)
~t
2+6t-12t~
(~t);
a = lim tJv = -6+24t m/s dt~o Llt početka
b) Prevaljeni put, dvije sekunde nakon 2•2 - 3•2
s
Brzina
V
s, v
i
a
2
ćemo
m/s
2
imaju u pojedinim trenuci.ma unutar vremens-
J/4
2 v(m/s) 2 2 a (m/s )1-6 .1 6
0,5 i 3 s, tj. njihovog toka:
između
o
o
= 42
konstruirati na osnovu vrijednosti koje
I (2 I l I
s(m)
gibanja,
= 24 m
6 + 24·2
a
kog intervala t(s)
+ 4·2 3
2 . 3
da se za male
vremenske promjene veli-
J
241129
8
38
118
Budući
92
I 4;!66
čine
s,
V
i
a
jenjaju za ·n jihov grafički
jako mićemo
prikaz odabrati
znatno manje jedinice nego za t: 60
4o 2o
s
d) V
sr
~a)
2
2 = 2 - 6•2 + 1 2·2 = J8 m/s
Akceleracija c) Grafove
-
t
-6+24t+l2
t
2
l
- s
o,5
l - 0,5
3 - 3/4 = 4,5 m/s • 0,5
Kad avion leti niz vjetar brzina mu je v +u;
24.-25.
75
kad leti uz vjetar: v - u . Vrijeme koje mu je potrebno da
prijeđe
slučaju
relaciju je u prvom
t =L/(v+u), a 1 u drugom t =L/(v-u), gdje je L dužina relacije. Iznos 2 srednje brzine je: v = 2 L/(t +t ) v _ u2/v 2 sr l b) Iz slike je vidljivo da će
u oba smj era srednja br-
zina biti jednaka L
vsr = -yv2 - u2
putovi , u ovisnosti o vremenu, autobusa 2 (s = a t /2 ) i pješaka (s = v t - s ) imaju slijea aa p Pp o deći grafički prikaz: Najmanja udaljenost na s
~ Pređeni
koju
će
se pješak pri-
bliži ti autobusu je dana razlikom s -s', gdje je
18
o
s
o
o
= 24 m, a s' ona, zao
--.,.--.,-~""""~-Y-~~---i.-~~~~--:)oot mišljena udalj eno st pje-
-s
šaka od autobusa, u tre-
-s o
nutku paljenja zelenog
o
s vjetla, s koje bi pj ešak uprav o stigao autobus. Grafički
prikaz spomenutog, zamišljenog pješakovog pu-
ta dan je praveem s; ko ji prolazi
točkom
(O,-s~)
tangira parabolu au tobusova puta u trenutku
i
1i dakl e,
2 u trenutku t vrijedi s · (t) = s' (t), tj.: a t /2 = v t - s'. a p apo No, tangenta može imati samo jedno zajedničko rješenj e s parabolom što
povlači
da diskriminanta
rješenj~
do-
bivene kvadratne jednadžbe za! mora biti jednaka nQli:
25.-36.
76 2
2
D = 4v p - 8a a s'o = O
s
==:=}
Dakle, najmanja udaljenost na koju
~ 2a a
o
se pješak pribli-
će
62
žiti autobusu je: d =s _ 8 o o
24 - 2 •1 = 6 m
~Budući da jer= xi°+
Zk
yj +
primjenom zadatka 12.
dobivamo parametarski prikaz putanje: X
= 3 + 2t ,
y = 2 + 6t ,
4 - 3t .
Z
Eliminacijom parametra t, dobivamo: ~~
= . -3
6
(=t) ,
tj. putanja je pravac. Brzina je definirana na _. V
=
V
..,. X
l. +
V
..,.
y
J +
V
I!'
z
.1'.
slijedeći način:
. ćr = 1 l.m~l.+ . 11x-,. l l.m::..i...J+ " !Jv-,. 1.i m 6z-k = 1 im~t_., 0 eit tit..oat tit„otlt t1t„ot.t
Analognim postupkom kao u zadatku 23. dobivamo: ,, 2 2 2 v = 2r + 6 j - 31{ m/ s v = y2 +6 +(-3) = 7 m/s •
6v = -O =>
I opet analogno zadatku 23.: a = lim -
tit--0 ~ t
2 a = O m/s ,
tj. gibanje je jednoliko. ~
F1 = 128,1N,F 2 =101,6 N; ~f<= 0,51, f = 0,153; 2 2 ~a) a = 1,14 m/s ; b) T = 109,5 N; c) a 1, 69 m/s ; 2 d) t = 0,51 s;
~
11:.. FR = 7 N; 11.:. X = 0,25 m;
34.
5,86 kg; o(.
lb.
1400 N·
'
~
~
4 rad;
= 144 o , fa = 12 6° , T= 90° ;
.lli. xCM
=
11
g
BC ' YcM = iBc 9
(O=A;OxllAB);
37.-39.
77
(Ishodište je u centru pravokutnika, Oxll a, Oy li b);
~ °'1 = 18°25', 39.
l.način
brzinom
V
°'2
= 71°35';
Sila uslijed koje
-
uzduž podloge
bit
će
Će
se tijelo gibati
rezultanta komponenata
paralelnih s podlogom, sile F
V
F
V
cos~
- Gsincx'.:
Ta je rezultanta, međutim,
trenja je empirijski trenja
silom trenja. Vrijednost sile
~ravnotežena
određena
-
k i "reakcije podloge"
kao produkt koeficijenta N, Ftr
= kN.
S druge
--
strane, reakcija podloge, N je uravnotežena komponentama, okomitim na podlogu, sila F
V
N = Fvsin,13-+
G t :OS
i G:
°'-~
Prema tome je: P'vcos~ - GsinOC:: = k(Fvsin.13 + Gcoso<..), odakle slijedi: 2.
način
F v
=
G sin«.. + k cosoc cos /3 - k sin,13
Drugi Newtonov zakon glasi: -+
_.
......
.....
....
F v + N + G + F tr = Budući
ma
da se tijelo giba jednoliko,
--
a= O , i pro jek-
cije na osi, paralelnu s podlogom i okomitu na nju, daj u:
N - FV sin(!> - Gcos
°'
4o.-42.
78 y
i2.:,. Drugi Newtonov zakon u vektorskom obliku gla si: __,,
.........
~
F
-+-+
F tr + F + N + G
= ma
....
Horizontalna komponenta . je: F - F
tr
Dakle:
= F - kN = ma
X
G
, a vertikalna: N - G
O
(G=mg).
2 a=! - kg = 4 - 3.924 = 0,076 m/s • m
_il.:., a)
Budući
da na
tijelo djeluju stalne sile, prema drugom New t onovom zakonu: -
-+
-
-
F +F =ma 2 1
V
je ubrzanje tijela
o
konstantno . Komponent e ubrzanja su: F cosoe a
1
2
2
m
X
F sin oc:. a
+ F cos oe'.:
1
1
+ F s in0l
2
1
m
y
2
l 2
l 2
= 1 20
.i.l
,
-(3·- + 4 ' (- 2 ) ) = -O, 2 5 m/s 2 ,
2
.-U)
+ 4 2
, 2 = 3,03 m;s
odakle je ubrz anje: -a = - O, 2 5 -i + 3 , O3 ~ j
b)
m/ s 2
a = 3,04 m/s
v =-;o +-; t = vo i - 0,25 tl + 3 , 03t1 = ... = l 7 , 5 i + 3 O, 3 j m/ s ; v = 3 5 m/s
-
~Vertikalna
komponenta drugog
New tonovog zakona daje akceleraciju u obliku : ·a
= .!. (T m
- G - F)
(t=lO s)
2
,
/
79
42.-44. I.
da je akceleracija konstantna, također vrijedi: 2 a = 2y/t • Uvrštavanjem u prvu jednadžbu dobivamo traBudući
ženu vis i nu:
T
G- F
max G
ih.
t2
g
2 = 1 9,25
m •
Za ubrzanje dvaju
tijela možemo postavi ti
slijedeće
-
Ft•r-+-..q..~1--11<-~~-...
dvije
jednadže:
G2 + Ftr + N2 + T2 m2 _., . _. UbrzanJa a i a su različito označena zato što su ona 1 2 jednaka samo po apsolutnoj vrijednosti dok su im smje.
rovi različiti. Isto vrijedi i za napetosti
-
Projekcije na osi paralelne s a , odnosno a 1
G1 - T ml
- F
= a,
Gdje je a =la 1 =la 1 i 1 2 G2 = m2g i F tr = kN 2 gm m (1 + k) daje: 1 2 T = ml + m2 Budući
da je u našem
rezultat je: a
= 21 g
44. Iz jednadžbe: ma .--je brzina .::::ir
najveća
za
tr m2
+
T1 2
i
T2 .
daju:
T = a,
T = ITll = IT'2J· Uz
= kG 2
km g 2
dobiveni sustav (ml - km2) g
a
slučaju
(1 - k)
=F
- Fo
m = m2 = m, 1
O, 4 5 g = 4·, 4 m/ s
=F
- mv
a = O • Tada je
316 m/s ~ 1138 km/h.
konačni
2
2
•
slijedi da
v=YiJb~
80
45 .-46
!1:..Ako je sila trenja koja djeluje na tijelo jednaka jednoj desetini njegove težine, onda to za tijelo na kosini
znači
jednu desetinu one komponente te žine koja
je okomita na plohu kosine. Dakle, ako je nagib kosine određen
kutom o<., onda je
još možemo
reći
Ft r = O,lG cos o<..
da je koeficijent trenja
a) Sila koju razvija motor automobila,
Drugačije,
k = O,l •
gibajući
se
uzbrdo, svladava silu trenja i komponentu sile teže paralelnu s putom: F = kGcos ..t + Gsin °'=mg (kcos o<. + sinol) = = 9810 (O ,lcos o<.+ sinoc::'.) N • b) U
slučaju
gibanja nizbrdo paralelna komponenta od G
"pomaže" sili F (motoru): F = mg(kcosol- sinol) = 9810(0,lcoso<. - sin <>l)
N.
Ako je sila tr enja manja od aktivne kompon e;,te sile teže, tj . ako je: Ftr = kGcosol
< Gsinol
, onda je:
F
"kočeća"
sila da bi
se održala konstantna brzina. U pro t ivnom
se v o-
će
zilo ubrzavati s akceleracijom a= g(sino<.-kcoso<.). ~Da uteg teži 6 N u smjeru
g
znači da je iznos one
komponente nj egove težine , u vozi l u, koja j e ok omita na površinu Zemlje 6 N. Ubrzanje koje vozilo ima je:g'= gsin
°'·
Vertikalna komponen\
ta tog ubrzanja je njegova projekcija na os paral elnu s -g: g" = g , cos (1" 2
-
. 2 ol oe. ) = gsi.n
•
-
g
/'
81
46.-48.
u
Vertikalna komponenta težine utega (tj. težina utega smjeru G"
g)
će
u vozilu bi ti umanjena za mg". Dakle:
= 6 N = mg - mg" = mg ( l - sin 2cX- )
odakle dobivamo:
-
47. Sila
kočenja
cos
o(
2
mgcos OC.
=~ = o, 78 ==>
uravnotežuje inercijalnu silu
čiji
je
\
iznos ma; gdje a' iznos negativne akceleracije, tj. usporenja. Da bismo našl i a' potsjetimo se (v. zadatak 21,) da
pređen i
put, u toku nekog vremenskog in-
tervala, tijela koje se giba
s
nekom stalnom akcele-
racijom ne ovisi o predznaku te akceleracije. Dakle, mi
naše pitanje o a
možemo zamijeniti pitanjem o
a (ii:..a'; a=lal=la'l=a'), koje glasi: s kojom akceleracijom treba ubrzavati tijelo
početne
da za 5 s pređe 25 m? Odgovor, a = 2s/t
brzine 2
V
~
= 0
m s'
= 2 m/s ,
2
nam daje iznos inercijalne sile: ma'= ma z 2ms/t = = 2Gs/gt 2 = 2039 N, što je ujedno i iznos sile kočenja .
-
48. Splav možemo smatrati izoliranim sistemom. Brzina c entra masa ostaje, u tom
slučaju,
stalna po iznosu i
smjeru. Za promatrani sistem je vCM = O.
44.-45.
82
Problem
ćemo
svesti na jednodimenzionalni ,
smatrajući
da, zbog dimenzija i mase splavi, realna tijela možemo aproksimira ti materijalnim koordinatnom sistemu,koji je
točkama
mč·O
u odnosu na
nepomičan
zemlju i definiran kao na slic i, koordinatu:
u nivou vode, U
će
centar masa 'imat i
L
+ ms ·2 + md•L mč
4,7 m
+ ms + md
Kad se ljudi na splavi pomaknu pomaknat splav. Koordina ta centra masa koja,
će
se i sama
međutim,
mora os-
tati nepromijenjena, definirana s obzirom na tu novu situaciju je:
L
L
mč (L-d) + m8 ('2-<1) + md C2-d) mč Izjednačujući
+ ms + md
ovaj izraz s onim za XCM dobivamo: L m ·L - md • 2 č d 0,7 m mv + m + md = c s
za pomak splavi u odnosu na zemlju. _
-
49. Jednadžbe drugog Newtonovog zakona za svako od t ijela glase: m g - T
1
= m1 a 1
gdje je T napetost niti. Faktor 2
u drugoj jednadž-
bi, se pojavljuje zbog toga što je konac jednako načitavoj
pet po na
omči
niti.
svojoj dužini, a kad kolotura visi
niti to je ekvivalentne visenju na dvije
Budući
da je pomjeranje tijela m , iz geo2 metrijskih razloga, upola manje od onog tijela m , 1 to je i a = 2a • Rješavanjem jednadžbi, d akle, 2 1 dobivamo: a = 2m1 - m2 g; T = 3m1m2 g 2 4m + m 4m +m 1 2 1 2
I
50 . -56.
83
-
y
5o. Smjest i mo l ik u koordi-
n atni sistem ka o. na slic i. I zrezani dio smatrat
ćemo
"likom s negativnom masom". Od važnosti, za rje š enje , su samo y- komponent e centara masa,
budući
da sva tri promatrana lika imaj u te žišta
(c entre masa) na toj osi. Y cM~ =
Ordinata t e žišta l ika je: m0
mei,
-
~h od P, tj. na } od -~,
Te ži šte trok uta nalazi se na
te ži šte kvadrata je u ishod i št u , težište lika u P, koja je za h ud aljena od -~. Dakl e : 2 ah h a h aphct-0-'1-(-- - )d - hl_-~ - 2+ h = - 2 [ 2-Jn-2- 2c2'a-h) ~da - ~ d 7 gdje smo masu lika izrazili p om o ć u gustoće i volum ena
a
Sređivanj em
(d j e debljina lika). 2h
odakle j e
h
-
w=
lli w
-
9 J;
- 6ah + 3a
= a (3
+ otpada jer bi
51.
2
±{J)/2.
tada h bio
2
=
O
Međutim, rješenje s pred znak om veći
od a.
h = a(3
-1/3) / 2 =
-
7,2 m/s ;
52.
29, 66 J;
a=
1=
se dobiva:
K onačno
je r je š enje:
0,63a
2
0 , 83 2
54. ol = ar ccos(l - v /2gl); ,2 = arc cos [ : 2 (cosoc' - 1) + 2 m~ i/Cl-cos ol) (1-cosoC) +
+ cosoeJ
-
56. 50%;
84
J1.:..
57.-59.
u našem z
tijelo na nivo
Podići
3.
dovesti ga u položaj
slučaju
Budući
-3 r
da
dva nivoa, time je Wu=
F·~
=
-!"
...
Koristan se rad, u ovom nivo. No,
budući
znači
je aplikata
čija
_.,
i rad:
određen
isključivo
početnog
+ 2j + 3k određuje put između
i
81 + 6k)-(i
= (4i +
trijebljen
3 m viši od
+ 2j + 3k) = 38 J
slučaju,
definira kao onaj upo-
za podizanje tijela na viši
da sile koje istovremeno djeluju
na tijelo, po principu nezavisnosti (tzv. Newtonov "četvrti
zakon" - lex quarta), ne djeluju,
međusob-
no jedna na drugu, za ostvarenje našeg cilja bitna je
isključivo
vertikalna komponenta sila - i to
onaj njen dio koji vrši rad uz minimalno rasipanje energije (u našem
slučaju
bez ubrzanja); konkretno
je to sila, po iznosu, jednaka sili teži. Prema tome, korisni je rad zapravo jednak radu koji izvrši sila mg na putu
h = z = 3 m ili, drugim
riječima,
poten-
cijalnoj energiji koju je tijelo dobilo podizanjem na viši nivo:
Wk= mgh = 29,4 J .
Stupanj korisnog djelovanja je ~Rad
se troši na
povećanje
:~
wk w = u
0,77
potencijalne energije
tereta i na dano mu ubrzanje: W = mgh Odavde je: a =
w mh - mgh
+
mah
-- 30 , 2 mI s 2
1i:,.Prilikom klizanja, potencijalna energija tijela prelazi, jednim dijelom, u njegovu
kinetičku
energiju,
85
59.-60.
a drugim u rad protiv s i le trenja, tj.: mgh =
mv
2
~-
2
+ Ftrs
Sila trenja je F tr = kmgcosol, a duljina kosine s= s:no<., gdje je h visina kosine (h = l 2 2 dobiva cos~ =-Vl-h /s • a)
Kineti čk a
2
m), odakle se odmah
energija u dnu kosine je:
""'\~ "'' = mg(h - kvlh 2/s 2 •s)= mg(h- k ys - n )
= -mv2
=4 , 9 J
b) Brzina tijela u dnu kosine je:
v =~ =
c)
Kinetička
3,1 m/s ;
energija _na·· dnu kosine prelazi u rad protiv
sile trenja na horizontalnom dijelu puta,tj.: s'= E~kmg = 10 m. izbačen
60. Prema zadatku 21. kamen
brzinom v = 9,8 m/s,
treba uprava 2 s da se vrati na isto mjesto - to je period za koji graf i crtamo. a) Ovisnost visine o vremenu dana je izrazom: h =
V
2
o
t - gt /2
0
1
~ t (.
2
tj. izokrenutom parabolom; Brzina,
je
čiji
analitički
maksimalne vrijednosti v točc i,
o
- gt, pada od
= 9,81 m/s na nulu u najvišoj
u trenutku t = 1, i poprima negativnu vrijednost
prilikom Grafički
b)
o
izraz: v = v
vrijednošću
-v
o
u trenutku t = 2 s.
joj je prikaz pravac.
Kinetička
Ek =
s
vraćanja,
mv
2
i potencijalna energija su:
2
m(vo - gt) =
2
2
2
mva .2
-
60 .-61.
86
E
p
= mgh = mg(v o t
2
gt /2)
-
= mgv o t
2 2 - mg t /2
Ukupna energija je , dakl e, konstantna i j ednaka : 2
mv o/ 2 = 48,l J c) Ovisnost potencijalne en ergije o v isini je dana izrazom:
E
p
=
mgh
9 ,8l h ,
ukupna energ ij a n e ovisi o v i sini,
a
energij e o visini proizlazi iz zakona o Ek = E - Ep=
a)
~
k ine tičk e
očuvanju
energij e :
48,l- 9,8lh,
U položaju A kugla ima, s obzirom
na polo žaj
ov i snost
B, potencij alnu energij u
~,};//J/j?'a'/ I
mgh koja se d olaskom u naj n iži po-
, I
\
.;,\.
loža j - B - u potpunosti pretvara
\
(usp.preth.zadatak) u
kinet ičk u:
L
2
mgh = mv ~~
(~)
2
Iz slike se vidi: h
=L
- Lcos °'-
= 1 (1
Jednadžba (L) daje, dakle:
- cos oe V
="'l..f2i,h =I/ 2gL (l
Pril ikom udara taneta u kuglu, zakon o gibanja zahtijev a: odakle je:
v'
mv
B
)•
očuvanju količine
m ' v ',
= ;m• v = !!!,'112g1(1 m V
- cos ~)
- cosol.)
62.-68.
87
~Tijelo
teško 30 N ima masu od 3.1 kg.
brzinom v
ima
Poslije
1
Gibajuć i
se
energiju:
neelastičnog ,
centralnog sudara oba se tijela
zajedno gibaju brzinom:
V = m1'S_ ml+m2 koja se dobiva iz zakona o
Kinetička
očuvanju količine
gibanja:
energija oba tijela poslije sudara je: 2 2
mlvl
Razlika
energija prije i poslije sraza
kinetičkih
jednaka je
količini
energije koja se oslobodi prili-
kom sudara:
= 2(m
+ m ) 2
1
Za m
= 3,1
kg: Q
= 12,4
&.l:,. n
1,43 okr;
~p
2 126000 N/m ;
w
J. 6 s
65. 117 km/h
67. dva puta; M
=
-1
-
~Ek = 3/4 J
~vl
=
YG R + h
G
6,67·10-ll m3kg -1 s -2
88
~U slučaju
zanemarive
z
mase koluture, ona se nalazi u ravnotežnom a na temelju
po~žaju,
zakona održanja za sile 1 kod rotacionog y
gibanja,mora u ravnotežnom položaju suma momenata sila biti jednaka nuli. (Naime, suma
-
momenata sila mora
-
biti jednaka I .e, a
-T~
da je masa
budući
koloture zanemariva onda je Ci j e I
m~ent
iner-
=!;l"i >A. . .r ~l. = O. )
U našem
slučaju
--
na
koloturu djeluju dva suprotna momenta M i M 2 1 ma iš č ezava:- -M - -M = -T X R + .-T x-r = -O
-
.:i
2
1
čija
su-
2
gdje su T i T sile koje tangencijalno djeluju na 2 1 koloturu u točkama (-R,O,O) i (r,O,O) i, prema tome,
--
uvijek zatvaraju prave kutov e s vektorima R i r: -
M1 + -M2
= T1 Rsin21Y (- ...j)
-
. 3T ~ ~ + 1;'sin2 J = (T r- T R) J = O
2
1
-
odakle je: T R = T r. 2 1 Tangencijalne sile, T i T su jednake po iznosu, a• 2 1 suprotne po smjeru, odgovarajućim napetostima niti. To nam omogućuje da međusobno povežemo jednadžbe
drugog Newtonovog zakona koje možemo postaviti za
69.-Jo.
89 -+
svaki od utega: ~roj ekcija
....
_.
...
- Ti +mig + miai = O
(i = 1, 2)
na aplikatu (Oz-os) daje:
Jednadžbe povezujemo gore dobivenom relacijom za T: T R = T r, i 1 2
relacijom za a:
slijedećom
w
a 1 /a 2 = (o<'. 1 R)/(o<'. 2 r) = (tR)/(tr) =
R/r
Kombinacijom jednadžbi dobivamo: 2
2
(m R - m r) Rg/(m R +m ~ ); 1 2 1 2
(.L)
rotaciono~ gibanja s konstantno~ kutnom akcele2 ra ci jom ku t je određen pomoću: e = oćt /2, gdje je o(. b) Kod
kutna akceleracija. Ako se kolotura okrenula za dva puna okreta za 3 s, onda je: ~=
81r/9. Tangencijalne akceleracije, tj. akceleracije pojedinih utega
(promatrajući
npr.
točku
(-R,O,O) možemo se
lako uvjeriti da se dvije ak celerac ije podudaraju u iznosu, a u spomenutoj
točci
i po smjeru) a2
= ol
su:
81r r = 9r
•
a) Korištenjem ovog izraza i prve jednadžbe(.L) dobivamo: ml
12..:.. Ako onda to
prekeračenjem znači
(9g + 8rr) r (9g - 8'1'R) R m2
brzine dolazi do proklizavanja,
da je centrifugalna sila nadvladala silu
9o
7o . -71.
koja joj se suprotstavljala. Dakle, jednakost centrifugalne sile i sile trenja daje cijent trenja:
2
= F tr = kG =
!!!:!,...
r
kritičk i
između
koefi2
.kmg
=9
k
= y_ gr
l!.:_ Pretpostavlja se da se donji kraj stupa bitno ne Tako se
pomi č e.
rotacionu
kinetička
kinetičku
energij a stupa svodi na
energiju (oko donjeg kraja stupa) : 2
Ekr = I
energija s tupa jednaka
kineti č ka
potencijalnoj (usp. zadatak 60.) energiji stupa u vertikalnom položaju.
Budući
da je potencijalna energija
stupa jednaka potencijaln oj energiji centra mase stupa opte~ećenog
masom cijelog stupa možemo uspostaviti re-
laciju:
=
Moment inercije
1d. 2
I
se definira kao ~m . r~. Nas zanima '
l.
l.
samo uzdužna komponenta stupa, tj. uzimamo da je r.=x . , l.
l.
i želimo odrediti moment inercije s obzirom na krajnju točku
stupa. Ukoliko je S površina presjeka stupa (pri
čemu je
{S zanemariv prema
~.
~ (f> S<1xi)x 2.
2 I =dm. r . = L-
i =l
l.
Da bismo
i =l
l.
L) onda možemo pisati:
=
m~ L L_ i =l
l.
ovu
izračunali
beskonačnu
konačne. Podijelimo segment [0,1] nh, gdje je
l.
l.
O~x~L l.
l.
sumu polazimo od na n jednakih dije-
o
L x~6x. = L (ih) 2h i
l.
=O, x = h, ••• , x. ~i h, 1 l. h = L/n, pa suma poprima oblik:
lova. Tada možemo pisati: x ••• , xn
2
x. (,1 x.)
i
h
I.
3
i
i
2
91
71.-7J.
.
.2
n
Suma Je: ) l. ~
=l 2
+ 2
2
•• • + n
+
n 2 6(2n +Jn+l)
2
Moment i n ercije je, dakle: mL = J
2
Uvrštavanjem te vrijednosti u (L) i uzimanjem u obzir da je
w = v/L,
Odavde je:
V
'1l.:. Označ im o
dobivamo: =
mgL/ 2
2
2
mL V =--
3
212
yJgL
mase Zemlje i Sunca sa m i M. Prilikom
gibanja (aproksimativno - v.zadatak 74.) Zemlje oko Sunaa, centrifugalna sila uravnotežuje gravitac i onu silu:
2
mi()
mM r = Gr2
, odakle je:
M
W2r3 G
Kutn a brzina Zemlje je W= 211/T, gdje je T oph odno vrijeme ( 1 god ) . Vol umen Sunca je V = 4?rR 3/3 . Tako doM 3fr (r)J f=v=G"TZ Ii
bivamo:
Jl.:.
Kad bi ktiglasto tijelo bilo homogeno, kugla bi
privlačila
tijelo mase m silom: F = G mM
?
(gdje je L udaljenost, U našem njena za
će
slu č aju
veličinu
međusobna,
gravitaciona
njihovih središta).
privlačnost
F' k ojom bi tijelo
radijusa r, a jednake
F'=
gustoće
b i ti uma-
privlačil a
kugla
kao i velika kugla:
mM'
Glf
Mase su izrazive preko volumena i
gustoće:
73.-74.
92
M' Budući
da je (v.sl. 9.): 1
gravitaciona
\}.2
=
privlačnost
F - F'
G
3
2
= ~v4d2
+ (R- r )2
dvaju tijela je:
~ ~
1
li:. Budući
+{R; rJ2
(R3 _
3) _ 16
r
-
trp mG (RJ 2
r
3
)
2
3(4d +(R-r))
da se obje zvijezde gibaju po kružnicama,
sile koje djeluju na njih su usmjerene prema centru. trećem
Prema talne)
Newtonovom zakonu te su sile (centripe-
po iznosu
međusobno
Ako kutne brzine izrazimo
Budući
da je udaljenost
jednake:
pomoću
među
ophodnih vremena:
zvijezdama
1
konstantna,
to je T = T = T, pa se jednadžba svodi na: m r =m r . 1 1 2 2 1 2 Uzevši u obz i r da je r + r = 1, dobivamo: 1 2
Ako je
m ~m
1
2 , onda je i r 2 »r1 , tj. mala zvijezda ro-
tira oko velike. Da bismo odredili ophodno vrijeme zvijezda, polazimo od uravnoteženja gravitacione i centrifugalne sile: ....
mlm2
G --
12
2 mlrl -
= 4 11'
T2
T
= 2 'T
V2
1 / ( Gm
1
+ Gm ) 2
\
93
75 . -81.
-
75.
G
78.
c
-
p
-
ON
-
76. 45
79. t
t
as r. -17 80. m =l,7·10 kg ;
o
~
11:.. 200
; 5 min
t
V
::::,,...
nase
.km/h ; 100000 god
r
X
I
\
h
h'
Ukupna akceleracija tijela u nekoj đenoj
točki
kružnice, odre-
«. , dobiva se iz rezul tantne sile F ko ja
kutom
djeluje na tijelo: nenta, - Gt/m
a = F/m.
= -gsino<:,
Njena tangencijalna kompo
-
>O na desnom (spust - ubrzanje).
teže i reakcije podloge
N (koja uravnotežuje centrifu-
(uspon - usporenje),
Sama sila F je rezultanta tangencijalne komponente sile galnu silu teže
G n
-
Fcft
umanjenu za normalnu komponentu sile
= mgcos oe.).
U polarnom koordinatnom sustavu u
kojem je (v.sliku) ort
ro
usmjeren od središta kružnice
prema obodu i igra ulogu normalnog orta, a ort oc:,, tj. tangencijalni ort, usmjeren u smjeru gibanja tijela, se sila
F moći
prikazati na slijedeći način:
će
94
....
Nr
F
(mgcos
mv o(.
-
0
2
mgsin°'.;c· =-(Fcf-mgcoso<:)r0 - mgsin..:~
-+
.
_..
-..
_..,
-+
- - )r - mg s in ex: ex:,= ma = m (a r + a ol ) r o r o "' o
-
U Cart esiusovom koord inatnom sustavu, u koj em je a pcisa položena v er tikalno, suprotno usmjer ena od smjera djelov an ja sile teže, a ordinata ho ri zon talno , usm je rena uzduž horiz ontalne komponent e prikaz sile
F
brzine tijel a ,
početne
F bi ti:
[(mgcos oc
2
- m; ) co s
0<. -
(mgsin ol) s inoq
i
+
2
+
[Cmg cosoe:: - m; )sin...C + (mgsin ~ )cos 2
_„ )..,.l. + r,mgsin . 2 mv (mgcos 2 oc:. - --cos ....... r
...
će
....
~
°' - -mvr
2
ol}1 =
. o<:'. )_,.. si.n J =
ma = m(a i + a j) y
X
Vrij ednos t a k cel eraci je do bivamo, bilo iz prvog , bilo iz drugog iz r az a za 'F/m:
Brz inu
v
ma, na imale
u ov om i zrazu
s l i je d e ć i p o četnu
nači n:
od re đ u jemo
prema
početnim
uvje ti-
Saon i ce polaz e s vi sine h, gdje su
potencijaln u energ iju mgh, a
ene rg iju jednaku nuli . Prema za konu o
ki netičku
očuvan j u
ukupne
energij e, nakon ulas ka u kružnicu, tijelo ima j ednaku ukupnu energ iju , tj . mgh , koja je , deće
međutim ,
zbroj slij e-
pot enc ij alne energije: mgh ' = mg(r + r cosol.) i
odgovarajuće kine ti č ke.
u nekoj
točki
Dakle,
kinet ičk u
energiju tijela
kružnice mo ž emo i zraz iti kao:
95
=E
Ek š to
omogućuje
- Ep
= mg(h
od r eđivan je
mv
- r - rcos~)
2
2
brzine:
"'/2gh(l - r(l + cosoe.)/h)
v
Uvrštavanjem u izraz za akceleraciju, dobivamo: a
= g i/ 1
V
+ 8c os
2
oe. + 12 (1 - h)cos oC r
2
+ 4 (1 - h) •
r
Za našu vrijednost visine h = 5r/2 imamo: a
=
g~ 10
2 + 8cos o< - 18cos oC.
Kad je brzina okomita, onda je o(-+~, odakle je, konačno: a
=
gl[lO
Komentar: Djelovanje akceleracije cama
osjeća
maee. Drugim
F'
• =
kao
.... pseudosilu F'
s komponentama
riječima:
(mgcos~
2 mv (--coso<:. r
a promatrač
-
2 !!!!-)-; - mgsin°' °'o r o 2 mg)!+ ~sin o<. j r
u saonima
r
i
=
-
No, a to je upravo rez ultanta silA: Fcf (centrifugalne) i mg (sile t eže), tj. realnih sila koje djeluju na tijelo. Naim e, zbog postoj an ja fiksne putanje (šina po kojima se gibaju saonice) centrifugalna se sila kompenzira reakcijom podloge i normalnom komponentom sile teže i ona se izvana, tj. za
nepomičnog promatrača,
tisku na podlogu, a za
promatrača
manifestira u pri-
u saonicama, u
kombinaciji sa silom težom, kao pseudosila
.. r
F'.
96
-
82. Uzmimo pravac gibanja
z
z
a viona za ordinatu pridruženog koordinatnog siste-
ma. U mirnom sustavu keta
ra-
S
y
imati akceleraciju: .... _. a = a i + a j + a k
...
će
y
...
y
X
Z
S~
U sustavu
promatrača
vezanom uz
a'
a X'i
+
a'j y
+
a'k Z
Ako se sustav S' giba _jednolikom brzinom u nate, onda su koordina te neke
= X - ut
X
točke
koordinata u sustavu S na
pomoću
=y
y
z
će:
u avionu, bit
uzduž ordi-
u njemu izrazive
slijedeći način :
=
t,
z
t
=
Da bismo dobili vrijednost akcelerac i je u konkr etnom slučaju
polazimo od njene definicije : -
-
1.im-;;-t Ar = at„o u
· -v . Je: g d Je
.
dv oa t k
1 a = :'lim-
e. ~ ...
' b r z i. na r a e te u . Prema t ome ce
S sustavu bi ti :
. a z ... . .Qz ~ -V = 1 im. ćx ~ i + 1 im "t J + lim - (tj k llt„O (j t llt„o "'
.1t.....0
a u sustavu S':
...., V
ćx'..,.
.
= 1im " t ' i l)t~QU
=
-
=V
Akceleracija a'
6t~
L}t~u
=
. M ~ 1. D.z _.k lim ć(x- ut) ....,. i + 1 im " t J + im -11 t
.1t.... 0
...
D. , ..... . M:_ ~ + 1 i m ll t , J + lim 11 zt, k
-
6t-ou
Dt
~t„o
....
U i
u sustavu u gibanju S' odavde
-,
lim~
~t~Oć t
=
.
D~
= 1 im4t Clt...0
. 6u~ 1 im i ćt_.oA t
= _.a
-
će o~ i
biti:
=~ a
-+
= - 2g
97
83.-84.
U sustavu vezanom uz vozilo,
-
osim sile teže , na tijelo djeluje još i pseudosila koju
-ma,
u vozilu ne raz-
pr omatrač
likuje od vanjske sile teže,
već
regi·s trira samo njihovu re z ul tantu:
„,
mg
= mg
- ma
kao "svoju silu težu", tj. kao težinu tijela u vozilu:
,, 2
mg
m vg
+ a
2
- 2agcos
c2 '!!'
+o()
Omjer težina je , dakle:
2 =Vl + a 2 + 2 !!: g sin o(.
!!!L mg
1,41
g
84. Za slobo,dnu č e sticu, koj a se g iba malim brzinama, --' 2 energija je . mi rovanja, E = m c , vrlo velika naspram o
kinetičke
o
energije. Prema tome,
energija slobodne
čestice
= Ek
energije mirovanja, E
zbroj +
E
0
U tom
,
u našem se
2
m
i
relativist i čkoj
m o
-yl-
Iz zadanog uvjeta je: E
= me
m c
2
odakle slijedi:
2
o
V
slučaju
vrijedi:
slučaju
E =me
energije i
kinetičke
ne radi o malim brzinama, tj. radi se čest i ci.
da je ukupna
budu ći
5E o
o' 98 c
5m c
o
2
V
2/c 2
98 ~.a)Masa relativističke čestice, promatrača,
na
giba brzinom
V =
n=
koja se, s obzirom 0,8c:
m
m
o
1, 66 m
o
9,ll·lO -31 kg. oe Dakle, masa elektrona koji se giba brzin om v = 0,8c
Masa mirovanja elektrona : je:
m e
m
= l,66m oe = 1,52·10- 3o
b) Ukupna energija je: Kinetička
energija je:
m c
E
e
2
kg
= 13,68•10-14
Ek= E - moe c
J
2
c) Lorentzove transformacije koje povezuju koordinate u
mirujućem
sustavu S i
gibajućem
(relativnom brzinom
u, s obzirom na S) sustavu S', glase : x'
=n X -
ut
t - .!:!__X 2 y
y
'
z
z '
t'
c
=vl - :~
Neka je (x,y,z,t) "položaj" jednog od elektrona u 4-prostoru u mirujućem sustavu S, a (x',y', z'.,t') njegov "položaj" u odnosu na sustav vezan uz drugi elektron (S'). Tada je V= x/t = o,8 c brzina elektrona u odnosu na
mirujući
sustav
S, a v'
= x'/t',
njegova brzina s obzirom na sustav S', vezan uz drugi elektron. Elektron uz koji je vezan sustav S' se giba istom brzinom kao i prvi elektron, ali u suprotnom smjeru, što se uzima u obzir (Lorentzove se transfer-
85.-86.
99
vektor~)
mac ije odnose na komponente k om: u
sup ro tnim predzna-
- v. Dakl e , r elativna brzina dvaju elektrona
je: X
V
X
?"
+ Vt
2v
(v = x/t)
t+..Y-.x 2 c
V
o, 98 c .
2
1 + 2 c
Vidimo da teorija relativno sti , za velike brzine, korigira
-
86.
klasični
zakon zbrajanja brzina (v'=2v). put k oji je mezon prešao, u našem sustavu S,
Označ imo
s a s (= 5000 m), a njegovu brzinu
U našem sustavu
s
u S
sav (= 0,99c).
mezon je živio: 16, 7 •10
t
-6
s= 16,7 rs
Ta j vremenski int erval možemo, Lo r entzovim transformacijama, povezati s vremenskim intervalom u sustavu S', vezanim uz mezon:
vx2 t2
t
2
+
c
tJ.
vxJ_ +
2
c
odabirući
np r. da xJ_ , x2 opisuju položa j mezona u S'.
No,
da je S'vezan uz mezon u nj emu se mezon uvi-
budući
jek nalazi na i stom mjestu , t j.: t , - t, t 2 1 t' =
yl _:: y1 _::
x{
= x2, odakle je :
,, =
=
Da bismo odredili predeni put u sustavu
,R S~
= 2,36 ps.
promatra jmo
zamišljenu inverznu situaciju u kojoj bi me zon mirovao, a zrak jurio oko njega. Tada je dužina zraka s Lorentz-
2
- k ontrahirana i iznosi: sV1-v /c
2
= 7o7,5 m.-
loo
87.-94.
-
87. Niti u jednom 88 .
H
slučaj u
'h
= ~ = 50
!2.:_
cm;
P-r
9o. Brzina zraka
se nivo vode
između
papi ra je
promijeniti.
n eće
F = 25035, 1 2 N; veća
nego izvan njih i
prema t om e (Bernoullieva j ednadžba - v. zadatak 96.) je tlak
između
-
91. p
·~ F
papira niži od atm osferskog.
j? g h 2 atm + l.Ol•l05 atm ~(mv)
vči
m
~t
6t
= 5,6
5 atm = 5,7·10 Pa;
2 'l!"d = v p --v6t/6t= 4
i!.JL 4
2 2 dv =
7,8·10 -5 N 21:,.Prema Pascalovom zakonu je pritisak na dno posude napunjene ža
neće
svugdje jednak, tako da se ravnot e-
tekućinom
poremetiti bez obzira na položaj i težinu pred-
meta koji pluta po površini. ~Prije
otpuštanja
će,
loptu djelovati sila težini fluida
prema Arhimedovom zakonu, na
A koja
(tekućine
će
po iznosu biti jednaka
ili plina) koji istisne tijelo
(ili dio tijela) uronjeno u taj fluid, a usmjerena je vertikalno uvis i ima hvatište u težištu tijela. Njen će
iznos, dakle, biti:
gdje je
~
gustoća
fluida, a V volumen ti jela uronjenog
u fluid. U našem slučaju je
~
3 4 3 = 1000 kg/m, V= 3'irR.
lol
Na loptu
će
prije otpuštanja
također
djelova-
ti, ali u suprotnom smjeru, i sila teža : G =mg Prema tome, lopta
će,
na dub ini h, imati, s obzirom na po-
vršinu, potencijalnu energ ij u (jednaku radu koji treba utrošiti na potapljanje lopte do dubine h): (A -
koja
će,
= (f
G) h
4
prema zakonu o
3
it"J R
- m) g h
sačuvanju
energije, bi ti jednaka
potencijalnoj ener giji u najvišoj
točki
y
koju lopta
do siže nakon iskakanja iz vode: . 3 (~ 41r3 R - m) g h = mg Y Odavd e je visina do koje y
će
energija biti u potpunosti sačuvanju
potencijalnoj:
2
2
jednaka:
Jm
i opet prema zakonu o
mv
iskočiti
(41"PR3 -l)h
Na samoj površini kinetička
lopta
će
3 (4f."f R _ m)gh 3
Odavde je brzina izranjanja:
energije jednaka
102
95.
-
Na letvu djeluje sila teža Arhimedova sila
G
s hvatištem u
točki ~· i
pridružena težištu (u: ~) potopljenog
A
dijela. Iznosi tih sila su: A = ~o S
G=y>LS
gdje je S ploština
X
presjeka letv e i
poprečnog
~0 gus t oća
vode. Budući
da se sistem nalazi u ravn ot e ži , to
ma momenata sila, s obzirom na
-
-
rati
slijedeća
c,
biti jednaka nuli:
...
Pr e~a
"gl edati u sliku", a produkt
će
tome
će
g ornjoj jednadž bi odgova-
jednadžba: =
+
koja se reducira na
odnosno na:
su-
o
Vektorski produkt rGC x G rACX ... A "iz slike".
točk u
će
slijedeću
skalarnu jednadžbu:
-o
lo3
95.-96.
(~
- a)p 1S cos
t.(.=
(1 - a -
~)fo s X
COSO(
Odavde se dobiva kvadratna jednadžba: x čije
2
+ 2(a - 1)x +
-fo-
(L - 2a)L =O
je rješenje:
Yc1- a) 2 - }.<1- 2a)1
1 - a'*'
X
da je x < L - a, treba odabrati predznak "-" u rje-
Budući
šenju, tako da za dio let ve koji
će
biti potopljen u vodu
dobivamo rezultat: X = 1 -
~
Ako
t(1-
a
tekućina
2a)L
ne miruje nego struji nekom brzinom, on-
da vrijedi Bernoullieva jednadžba:
gdje je
p gustoća
tekućine,
p -
statički
tlak, u presjeku
s,
h - visina središta danog presjeka S nad proizvoljnim nivoom.
104
Bernoulliev~
namički c~; viš t a p
jednadžba pr edoču je st at ički (p + f> gh ) i di-
) tl ak u n ekom pre sjeku s . s en ergetskog s t ano-
je
rad v anj skih sila i zv ršen nad j edini com volu2
/2
mena tekućine, a
~gh
energija
unutar tog vol um ena .
tekućine
i
h !
pv
potenc i j alna i kin e tička
FC: I
h
U našem z i rom na
sluč aju
h
1
(v . sl.) se Bernoull i eva j edn ad žba, s ob-
= h2
, r educ ira na:
pl - p2
=
.f.. 2
Izmjerena razlika t l ako va je:
Podsjetivši se da je :
2
( V2 -
2
V1
(i,)
lo5
96.-97. 760 mm Hg
=l
atm
= 101325
Pa
mi možemo navedenu razliku tlakova izraziti u SI jedinicama kao:
6666,12 Pa i uvrstiti u jednadžbu (L) da bismo dobili traženu brzinu strujanja nafte kroz uži dio cijevi:
=
y9~0
4 1 34 m/s
6666,12 + 4
~
97. Bernoullieva jednadžba
y
(v. prethodni zadatak) glasi:
X
gdje je p
statički atmos1 ferski tlak na površini, p
2-statički atmosferski tlak na
izlazu, v
- brzina spuštanja nivoa vode, v - brzina is1 2 tjecanja vode kroz otvor, h - udaljenost površine vode 1 od proizvoljnog nivoa, h - udaljenost otvora od tog istog 2 nivoa i p - gustoća vode. J
U našem šini i na izlazu
slučaju
su atmosferski tlakovi na povr-
= p • Zatim, kva1 2 drat brzine spuštanja nivoa vode možemo , s obzirom na međusobno
jednaki: p
kvadrat brzine istjecanja vode, zanemariti: v
1
• O. Prema
106 ~".· ~ .
••
p
•
tome
Berno!lllieva jednadžba poprimiti oblik:
će
gdje je: h = h tekućine
će
- h • Drugim riječima, brzina istjecanja 2 1 biti (Torricelliev teorem):
Budući
da je voda
nestlačiva,
vrijedit
će:
(i:)
gdje je sl ploština gornje površ i ne vode, a s2 ploština presjeka izlaznog otvora. (Napomena: Iako je v
mali s 1 obzirom na v , s v nije zanemarive s obzirom na s v , 2 1 1 2 2 jer je sl velik u usporedbi s a s2.) Ako se pretpostavi da je posuda rična,
aks~alno
simet-
tada je: 'ITX
2
gdje je x horizontalna koordinata zida posude. Odavde i iz jednadžbe (i:) dobivamo: const gdje je posljednji omjer konstantan j er se prema postavljenom zahtjevu nivo vode mora s puštati konstantnom brzinom. Dakle, oblik posude y
= kx 4
će
biti
određen
(gdje je
jednadžbom: 2 1Y vf k = ~ ). 2
107
-
98.
Sl. a
Sl. b
Miješanje daje izvjesnu kutnu brzinu će
vode u šalici. Zbog toga
se tlak u
čes ti ·c am a
tekućini
dis-
t ribuirati tako da površina poprimi oblik (parabole) kao na s • a ; tj. viši tl ak unutar će
šalice, ćine
tekućine
bi ti uravnotež en tlak om v i šeg ni vo a teku-
na rubov ima šalice . Nakon pres tanka miješanja,
tekućine
bliz u dna
tim v iše što su toga
uz rub
početi
če st ice
će
brz i na ro t acij e
opadati usl i jed trenja, i to
tekućine
dalje oa centra . Zb og
pasti tlak unutar
tekućine
koji je prije u-
ravnot e živao težinu dijela
te kućine
uzd i gnutog uz rub
će
šalice i taj dio kuć ine Li stići
će
se spustiti i p otisnu ti
čestic e
te-
uz stijenke šalice, kao što je prikazano n a s l. b . ča j a će
se onda , pod djel ov anj em t akv og strujanja,
skupiti u sredini šalice.
108
99.-105.
Drugi dio. TOPLINA I MOLEKULARNA FIZIKA
.2i:. /b = o' 000 33
2 o 2(M+m) Mmv
lol.
~
!21.:. di na
Ne! Naprotiv, porast
~ ~t
=
102.
Q
-
s
će.
104.
4,187 J/s
130 km
Problem se · svoodređivan je
koeficijenta linearnog rastezanja materijala od kojeg je klatno.
načinjeno
Da bismo
polučili
taj rezultat, prethodno
ćemo
I
odredi-
r' --- '\ I
I
ti period oscila-
\
cija klatna (koji
...
' ...._ ,. ....
\
\
ovisi o dulj ini \
klatna pa, dakle, i o
\ \
koeficijentu linearnog
\
rastezanja materijala od kojeg je klatno napravljeno). Akceleraciji klatna u pojedinim
točkama
doprino-
si samo "tangencijalna komponenta" (v. sl.) sile teže. Prema tome je: ma = - mgsin 1T odnosno: a
)
=-
gsin~
109
Odavde je (usp . zadatak 69.) kutna a kc eleracija klatna:
ii sin i'J1
pa, s ob z irom na definiciju kutne akcelera cije :
dobivamo (diferencijalnu) jednadžbu oscilacija klatna:
+
Međutim,
(s
~ sin '19--
o
za male kutove, kao u našem
točnošću
do 0 1 1% za
~$5
o
(i.)
slu čaju,
) i prema tome se jednadžba (i.)
pojednostavnjuje na:
o
+
Uvršt av anjem se možemo uvjeriti da je rješenje te jednadžbe:
19-' =
const 1 sin1{f t + const 2 cos
Iz njegovog oblika vidimo da
će
ff
t
nakon vremena 211-yf kut iJ"
poprimiti vrijednost jednaku onoj koju je imao u trenutku t = O. Period oscilacija
će,
dakle, biti:
llo
Vratimo se, sada, na naš problem. Ukoliko s a t pokazuje
točno
vrijeme, a to
<
ri t
(O< t t ), ond a 2 1 1 jednog dana iznositi:
će
će
bro.i njihaja klatna u toku
= 24 ·3600
N
biti na nekoj temp era tu-
24 · 3600
2trft
Tl
gdje su T i L period oscilacija i dužina klatna kod 1 1 tempera t ure t • Taj broj mo žemo iskoristi da vrijeme ko 1 0 je će sat pokaziv a ti na temp eratur i od o c izrazimo kao: "(24·3 600 s + 8 s)" =
gdje je T
o
tur i od
=
o c, 0
2Yl~ ·~-; a L
o
s ek undi za koliko
N· T
o
+
t' 1
= NT
1
=
24 h
period oscilac ije klatna n a tempera--
- dužina klatna na n joj . Odavde je broj sat
će
ići
naprijed u tok u jednog dana
o
k od temperature od O C:
't° 1 : 8 S =
(U)
•
An alogno j e vrij eme zaostajanja na tempe raturi t
2
= 25 o C: (Ui.,)
't 2 = 10 s
gdje su T i L period os cilacija i dužina kla tna na tem2 2 o· . pera turi t = 25 C. 2 Ako označim o 24•36 00 l/a onda i z (U) i (.C.U:) dobi vam o jednadžbe: 1 -
\; a 1
lr-5 V1i
105,.-106.
111
Pod i jelivši drugu jednadžbu prvom,
polučujemo,
nakon kva-
driran ja :
Iz ovog izraza,
budući
da je:
dobivamo traženi koeficijent linearnog rastezanja:
1 t
a]
2
('r1 + t'2) (t'2a- 't'l a+ 2 )
l + 't 2 [ 1 - 't' a 1
(1-t;a)
2
18·172802 2 25 . 86392 U tablici koeficijena ta linearnog rastezanja za pojedine materijale
ćemo naći
da ta vrijednost pripada bakru. Dakle,
klatno je načinjena (ako isključimo legure) od b~a.
~Hlad e ći onemogućuje
se, šipka se nastoji skupiti, ali joj to njena
učvršćenost
mo jednaku situaciju kao u
na krajevima. U efektu ima-
slučaju
kad neka sila F nastoji
istegnuti šipku za dužinu A L:
-
-F
„
,,
,,
~
...F
I I
r I
L
L+OL
-
112
Ako je materijal homogen, tada
najgrublje
vrijedi:
F ,._ ll1 No,
na dvije sastavljene šipke sila
djelujući
njih rastegnuti za
će
svaku od
t:. 1:
I I
----
1-----..-----1----
r-
61
i prema tome bi trebalo biti: F """ 2 61 Budući
da sila ne može ovisiti o dužini šipke, proporcio-
nalnost (L) moramo korigirati na: '-
F ,.._, 261 2L
= n61 n1
61 1 t
S drug e strane, za dvostruku površinu presjeka, je objektivno potrebna dvostruka sila za jednaki efekt:
-
-F
_.
-F ..------1------<0ot
r....---------r"· At 2
,
113
To
ćemo
uzeti u obzir
pomoću:
F ........ S~ 1 . 1
gdje je S ploština presjeka šipke. Konstanta proporcionalnosti, E,: F = ES
obično
(U)
elastičnosti,
se naziva Youngov modul ja se
~1
a jednadžba (f.L) ko-
piše u obliku: F
ES
1
je tzv. Hookeov zakon. U njemu je~ si:ta na jedinicu površine (naprezanje). Da bi došlo do pucanja šipke, nužno mora biti:
Uvrštavanjem
graničnog slučaja
(znak jednakosti) u Hookeov
zakon dobi vamo: .ć 1
1
1
u
=E o
Duljina šipke kod t = 150 C 1
(1
o
je duljina šipke kod ..
na kojoj
će
o0 c).
Duljina kod temperature t
šipka popucati: 1
1 (1 + d:. t)
o
114
lo6 .-lo7.
Odavde je: D1
1
1
- 1
odnosno: đ1
1 1 - 11
11 Prema tome
će
1 -
l+ O(. t l+ o<.tl
temperatura, na kojoj
"'- (tl-t)
o
°' tl
E
1+ će
šipka popuca ti, iz-
nosi ti:
- 3,5°C
t
107. Neka je volumen rezervoara na temperaturi -
o0 c :
V • o
Tada je volumen rezervoara, kod temperature t , jednak : 1
dok je volumen kod t : 2
t
gdje je Mase
13 1
koeficijent volumnog rastezanja rezervoara.
tekućine
koje zapremaju spomenute volumene se mog u
izraziti kao:
Budući
rom na
gdje je
da za
tekućine,
kod promjene temperature s obzi-
0
općenito vrijedi:
13 2
volumni koeficijent širenja
o c,
tekućine,
to
će
115
gustoće
na pojedinim temperaturama biti:
(/J 2 odakl e dobiv amo vri jednosti za mase:
p„ A
.
V (l+
t
1 + 1--2 1 čiji
o
f12- t2)
je omj er: (l+ 111 tl) (l+ fo2 t2)
l+ /J1 tl + ~ 2 t2
(.C)
(l+ f..1 t2) (l + /32 tl) ;:.. l+ f'S2 tl + /31 t 2 gdje smo zanemarili umnoške os tal ih
;l
1 ~ 2 t 1 t 2 kao male naspram
članova.
Iz jednadžbe (.C) možemo dobiti (?> , a budući da 1 se koeficij ent volwnnog rastezanja (J odnosi prema koeficijentu linearnog ras t ezanja
O(.
kao: (U)
traženi koeficijen t linearnog rast ezanja
oCl
će
1
(ml -m2) + /->2(mltl -m2t2)
3
m2 tl - 1!11 t2
bi ti:
(Primjedba: Ilustrirajmo relaciju (U) jednostavnim primjerom: kockom. S jedne strane je: V
gdje je L
o
=
V (1 + fa t) 0
= L~
( 1 +
i!' t
)
o
duljina brida kocke kod temperature od O C, a
107.-108.
116
s druge strane (ako zanemarimo članove koji sadrže O<. 3 naspram ostalih) vrijedi: V = 13 = 13 ( 1 + o Izjednačavanjem
~
oG: t
)
o.c.
2
i
3 ~ 1 (1 + 3 oe t) o
dvaju izraza za volumen dobivamo (f.L).
Poslije apsolutno
neelastičnog
sudara se oba tijela
gibaju brzinom u, pa je prema zakonu o
sačuvanju količine
gibanja: =
Prije udara je
kinetička
energija: 2
E
mlvl 2
a poslije:
E' Prema tome je energija utrošena na zagrijavanje tij ela u neelastičnom
~E
=E
sudaru: - E'
=
S druge strane, ako tijela s masama m ,m , •• ,mn 1 2 i specifičnim toplinskim kapacitetima c ,c , •• ,cn' koja 1 2 se nalaze na temperaturama t ,t , •• ,tn' predaju toplinu 1 2 tijelu mase m i specifičnog toplinskog kapaciteta c, koje se nalazilo na temperaturi t (ili obratno), onda
108.-109.
117
nakon postizanja toplinske ravnoteže vrijedi jednakost:
gdje je T ravnotežna temperatura s u ih tijela. U našem
jednaka razlici
slučaju
među
je toplina željeza + metka:
njihovim
kinetičkim
energijama prije
odakle je tražena temperatura: T
~Kod
prenošenja tqpline
struja topline
(količina
vođen1em
(kondukcijom) bi t
će
topline u jedinici vremena, tj.
brzina prolaza topline kroz štap) dana relacijom:
gdje je k koeficijent toplinske vodljivosti, S - ploština presjeka štapa, d - duljina štapa i T , T - temperature
1
na krajevima štapa.
Uvrštavajući
2
zadane vrijednosti dobi-
vamo:
~~ =
1 cal/s
(koeficijent 4,187 se naziva
= 4 1187
"mehanički
J/s ekvivalent topline").
109 .-110 .
118 Topl ina predana ledu tokom jednog sata je :
~~
Q
t
=
1 ·3600 cal = 3 , 6 kcal = 1 5073 , 2 J
Mas u otopljenog leda do bivamo i z izraza: Q
gdje je
=
il
m
Q toplina utrošena na t aljenje leda mase m, a
;t. - latentna toplina t aljen j a l eda. Mas a j e , dakl e ,
...l.&.
m
llo.
Količina
g
topline potrebna da se olovo mase m zagrije
do temperature taljenja će
= 45,2
= 79, 7 kg
t ' i da s e ta masa prevede u tek u-
stanje j e :
gdje je c
specifični
toplinski kapacitet ol ov a , a A lat
tentna toplina taljenja olova (v . prethodni zadatak).
S drug e strane je
količina
topl ine
po lu čena
iz-
garanjem naf te: Q . 2
gdje je 'l) koef ici j ent ef i kasnosti izgaranj a, a q spec i fična
t oplina izga r anja nafte. Iz jedn adžbe topl inske ravnoteže (v. prethodni
zadatak): Q 1
= Q2 ,
dobiva.mo: m
= c(t'-t o )+i\
556 kg
111.-117.
119
4,5·10
111.
-
113.
L
764 mm .
'
ili.:.:
p =
Zadatak ref eri ra na t o da se
nalaze u
zr a čnom
om otaču,
112.
Pa ; 114.
1 kg/m 3 ;
2l1.:.
4
t
=-
73,15
o
c ;
l,4·10 5 Pa
na Zemlji
k oji i m da j e
sva tijela
odr e đeni ·
uzg on u
ovisnosti o njihovom volumenu. Po Arhimedovom zakonu (v. zadatak 94 . i 182 . ) j e uzgon ti jela uronjenog u fluid (u našem
slučaju
jednak težini tog fluida u volumenu koji
- plin)
zauzima tijelo .
.. Volumen ma se M olova je: M
gd j e je
v1 ~ 3 ~. = 11343 kg/m gustoća olova. Da bismo odredili
masu zraka u tom volumenu upotrijebit
ćemo
jednadžbu sta-
nja idealnog plina (još nazivanu plinskom jednadžbom ili, naročito
u ruskoj literaturi, Clapeyron-Mendeljejevljevom
jednadžbom) k oja glasi: pV gdje je p tlak plina, V - volumen plina, T -
ap~olutna
temperatura plina (temperatura izražena u stupnjevima Kelvina:
XK
= x0 c
+ 273 ,16°), m - masa plina,
I" - masa
jednog kilomola plina, tj. molekularna masa izražena u kg/kmol (dakle na) i R
= 8310
'
=n
je
ujedno
i broj kilomolova pli-
J/(kmol·K) - univerzalna plinska konstanta.
\
111.-118.
120
Prema plinskoj jednadžbi, težina zraka u volumenu koji zaprema l kg olova, na sobnoj temp eraturi od o 20 C s= 293 K, pri atmosferskom tlaku od 760 mm Hg
a uzevši da j e r
mlg
~30
=
=
.5 10 Pa,
kg/kmol , jednaka je:
f' PV1 g
=
RT
~ ~RT
Zrak u volumenu koji zaprema l kg perja, 2 ća \V&"" 200 kg/m , teži:
Mjerena težina olova
čija
je gusto-
dakle, biti jednaka t e-
će,
žini k oju bi masa olova imala u vakuumu,
zahvaljujući
si-
li teži, umanjen oj za iznos Arh imedove sile (uzgona):
Isto tako
će
mjerena težina perja bi ti:
Prema tome
će
'
l kg olova biti te ži od l kg p erja
za izn os:
Slikovito bismo mogli, u svakodn evnom govoru,
reći
kilogram perja šest grama lakši od kilogr ama
o~ova.
(Gram je, naime, jedini ca za
-
118. Za rješavanje problema
~asu,
ćemo
da je
a ne - t e žinu.)
iskorist i ti jednadžbu sta-
121
nja idealnog plina za izotermne procese, tj. Boyle-Mariotteov zakon za idealni plin konstantne mase na konstantnoj temperaturi , koji glasi: odnosno: ( p
je tlak plina, a V
U našem
pV
const
volumen koji plin zaprema).
slučaju će
nakon prvog radnog t akta pum-
pe vrijediti: pl (V+ v o )
=
p
o
V
gdje ~ e p
tlak u spoj'enom volumenu posude i pumpe. Nakon 1 drugog radnog takta će biti:
gdje je p
2
novi, niži (jer je dio zraka pumpom
izb ač en
prethodnim taktom) tlak u spojenom volumenu, kojeg možemo izraziti
tlaka kao:
pomoću početnog
=
(V+ Nakon n taktova
će
V
o
)
2
tlak u spojenom volumenu biti:
Pn=
Po[~:vJn
Kod upumpavanja zraka, ·drugom pumpom, se svakim taktom ubacuje zrak pod atmosferskim tlakom p , za razliku od
\
o
ispumpavanja, kad je tlak
svakim taktom bio sve niži.
118 .-119.
122
Možemo, dakle, primijeni ti Daltonov zak on koji kaže da je tlak smjese plinova u nekom volumenu · jednak sumi (parcijalnih) tlakova koje bi plinovi , odvojeno, svaki za sebe, imali kad bi će
ispun j avali volumen . Prema tome
po j edinačn o
s vakim taktom klipa pumpe bi ti , u posudi , ostv aren
tlak p', prema jednadžbi:
P 'V Sveukupno, p , n
se nakon n t aktova
će
uvećati
= povo poče tni
tlak u posudi,
za: np
V
~
V
Odavde je
tlak u p0 sudi jednak:
konačan
np p
p
-
119. Promotrimo
n
V ~
+
V
=
V )n po [ ( V+ v + 0
0
nv -V-
l
cilindričn i
volumen plina u direktnom kontaktu sa stijenom posude (v. sl.). Sile koje djeluju na
bočne
ve plašta su uravnotežene.
dijelo-
međusobno
Budući
da
je volumen u ravnoteži, pritisak na plin s lijeve, zidne pritisku s desne, plinske
strane
bit
će
jednak
strane. Odavde možemo, na os-
123
119.-121. novu na
trećeg
jediničnu
Newtonovog zakona,
zaključiti
da je pritisak
površinu stijene posud e jednak tlaku plina
unutar posude.
ll.2.,: Kad je naprava položena horizontalno„ kao na sl. 18, ona ne može poslužiti kao tennometar,
budući
da
će
pri-
tisak plina na kapljicu žive s lijeva i s desna biti, kod svake temperature, uravnotežen. Međutim,
ako se naprava uspravi, onda
će,
uvjetom da je t l ak d ovoljno vi s ok da kapljica ne
pod
isteče
iz cij evi, u don joj kugli bi ti tlak, za jednu konstantnu vrijoadnost, viši nego u gornjoj. Ako, s porastom temperature, volumen kugala ostane isti, onda
će
prema Charleso-
vom zakonu: ili
porasti tlak u kuglama. Tada među
ve
će
s e, da bi se razlika iz-
tlakova u kuglama održala kons tan tn om, kapljica ži-
početi
gibati prema gore i naprava može po s l užiti kao
tennometar. ~Pretpostavit
ćemo
da se temperatura vode ne mijenja
s dubinom i primi jeniti Boyle-Mariotteov zakon:
(i..) i v tlak u mjehuriću i volumen mjehurića na 1 1 traženoj dubini, p i V - na površini. Tlak p je, na o o 1 osnovu Bernoullijeve jednadžbe (v. zadatak 96), jednak:
gdje je p
121.-122.
124
.P1 =.Po+ pgh gdje je pgh hidrostatski tlak vode na dubini h = 1000 kg/m 3 je gustoća vode. Volumen
mjenurića
V
o
(f
= '
je na površini:
i
3
7r r3
o
~V 8 o Uvrštavanjem u
(~)
dobivamo traženu dubinu: h
7·1,01•10 5 1000·9,81
72,1 m
-
122. Plinske jednadžbe za prvo i drugo stanje plina (v.
zadatak 117.) su: ml
-r
p V - -
1
RT
i
gdje su m i m mase zraka sadržane u sobi kod apsolutnih 2 1 temperatura: T = 17°C + 273,16° = 290,16°K i T = 1 2 = 27°c + 273,16° = 300,16°K. Iz njih slijedi tražena razlika masa:
'·
125
1 23 . -1.3 3 · 19 N = l,2• 1 0
126.
-27 kg; = 6,67·10 ll)i4
127.
f
128 .
Te
~
ti u
= 9,05·10 9
-1
o 128 e
=-
17°e
TD
.3,29•10
6
Pe
Q
3,69·10
Kad se komprimira adijabatski 1
-;:-;bra.-fm:r , ~Kad iščezle
bi
'tt\
= 0,25
atm;
it{
6
J
j.t-J"'-D~Thm'41!. T110€eki. f q,
dv11- ,· vi's""e- a.1vrn....,_ 111 o ~i ... r!e_ . sile
privlačne
među
molekulama vode od jednom
voda bi se pretvorila u idealan plin,
možemo odrediti
w1 2
J
4,05·10 5 J
~ · w12
1,32.
s
6 me= 2 · 10-.? kg
pom oću
čiji
tlak
plinske jednadžbe (v. zadatak 117)
kao:
Uv r štavanjem
numeri čkih
vrijednost i (v . zadatak 117;
JAo =
= 18
0 = j(H + 2 2 dobivamo:
fAtt
(2+16) kg/kmol
p _ ..l_ 8,310•290 Pa - 18 0;001
1, 34•10
kg/kmol; T
8
= 290°K)
Pa (= 1.330 atm) •
126
134.-135.
-
134. Tlak plina je, molekularno gledano , tlak ukupnog termičkog
gibanja molekula pl i na umanj en za iznos priv-
djelovanja
lačnog
među
molekulama plina je, lovanje
između
molekulama. Djelovanj e
međut im,
drugačije
međ u
samim
pri r ode nego dje-
molekula plina , s jedne s tran e , i molek ula
stijenke posude, s druge. Zbog toga
će
dini posude i tlak uz st ij enke posude (što mora bi ti zadovolj eno -
tlak plina u s remoći
biti jednaki
kao što smo vidjel i u za-
datku 119 - za svaki plin) samo ako koncentracija molekula plina u sred i ni posude
~
bude jednaka koncentrac iji
molekula pina uz stijenke p osud e . 135. Pod normalnim uvjetima se podrazumijeva tlak od 760 ~g = l.01·10 5 Pa i temperatura od 17 ° C = 290°K, pa je, prema plinskoj jednadžbi (v. zadatak 117), vol umen ko j i zauzima l kmol plina jednak: V
= 24
1 8310•290 101000
o
m3
gdje je n broj kilomolova koje sadrži proma t rana masa plina. Volumen elementarne kocke koja otpada na jednu molekulu dobivamo kao omjer volumena plina, V , i br oj a o
molekula sadržanih u jednom kilomolu plina. Taj je bro j za sve t v ari jednak. On se naziva Avogadrovim brojem, NA' i iznosi:
Volumen k ocke je, dakle :
V=
V o
N
A
127
135.-136. Duljina brida te kocke:
L
=~
=
9 3,4•10- m
je približno jednaka srednjoj udaljenosti
među
središti-
ma molekula. bismo rije š ili problem, moramo povezati osnovne
~Da veličine
koje
određuju
stanje idealnog plina, tj. tlak,
volumen i temperaturu (v. zadatak 117), s osnovnom kinesrednjom
tičkom veličinom:
•
kinetičkom
energijom molekula.
Tlak plina u nekoj zatvorenoj posudi
potječe
od
udaraca molekula o zidove posude. Promatrajmo
kubičnu
po-
sudu, brida L. Neka svaki ži n
identičnih
o
volumen u njoj sadr-
jedinični
molekula plina.
da se molekule
Budući
gibaju, svaka od njih posjeduje neku količinu gibanja m~. Promatrajmo
najprije
samo one molekule koje se gibaju
u smjerovima okomitim na stijenke posude. Prilikom elastičnog
udara o stijenku posude,
količina
gibanja moleku-
le će se promijeniti od mv na -mv, tj. za iznos 2mv. Po zakonu o dobiti
sačuvanju količine
količinu
gibanja
gibanja jednaka
ća
djel~je
gdje
~t
označuje
prosječna
sila kojom 1
određena
kao slijede-
na stijenku posude
brzina promjene
količine
stijenka posude
iznosa, tj. 2mv. Odav-
de je, prema II Newtonovom zakonu, molekula
će
gibanja:
vrijeme koje je potrebno molekuli da
128 pređe
put od jednog zida posude do drugog i natrag - to
je, naime, vrijeme koje protekne
dva sukcesivna
između
udarca molekule o zid. Njegova je vrijednost, dakle : 6t
odakle je
prosječna
=
21 V
sila jedne molekule na stijenke:
Sil a pritiska plina na stijenke posude
će
biti jednaka
sumi sila pojedinih molekula :
= gdje je N ukupan broj molekula, a vef - srednj a kvadratna brzina (ili efekt ivna brzina) mole kul a :
Molekule se u plinu giba j u apsolutno
kaoti č no,
t ako da su svi smjerov i gibanja jednako vjerojatni za svaku od njih. Možemo, dakle, pretpostaviti da je broj mol ekula koje se gibaju
između
zidova pod pravim kutom ,
s obzirom na njih, jednak 1/3 ukupnog broj a molekula, t j .
da je: N
gdje je n
o
n L3 _o_ 3
broj molukula u jedinici volumena.
129
Odavde je
prosječna
ukupna sila kojom molekule djeluju na
jedinicu površine stijenke posude, tj. tlak plina, jednaka: p
= Ls =
Posljednji
m 2 L vefN
mv
L2
2
e~o 3
mv
2
-n 3 o
2
ef
2
prepoznajemo kao srednju
član
kinetičku
energi-
ju molekula:
Dobiveni izraz se naziva osnovnom jednadžbom
kinetičke
teo-
rije plinova. Da bismo pov ezali će~o
rom iskoristit
kinetičku
energiju s temperatu-
Charlesov zakon (v . zadatak 120.): p = const•T
Odavde i iz (L): Ek obi čno
gdje se const'
const' · T
izražava
pomoću
Boltzmannove konstan-
te,
k
= NR = l,38•10- 23
J/K
A
gdje je R plinska konstanta (v. zadatak 117), a NA Avogadrov broj (v. pretodni zadatak), tako da je:
a
također
i: n
o
kT
1 36. -137.
130
Iz posljednje jednadžbe možemo izraz i ti broj molekula u jedinici volumena kao: n
u naš em zadanom volumenu
N
o
je, prema tome, broj molekula u
slučaju
V
jednak:
= n oV = EY kT
Srednja
kinetička
J.2
kT
energija molekula je:
6,21°10-
21
J
-
137. U prethodnom zadatku smo našli da je srednja kvadratna brzina (efektivna brzina) povezana s temperaturom na slijedeći način:
2
mvef
..1 2
2
gdje je m masa molekule, a k
kT
= R/NA
- Boltzmannova kons-
tanta (v. prethodni zadatak), odakle se srednja kvadratna brzina može izraziti kao:
No, masa jedne molekule
m puta broj molekula u jednom
kilomolu plina NA nije ništa drugo nego masa jednog kilomola plina, tj. molekularna masa izražena u kilogramima
....
JA
131
137.-138.
(v. zadatak 117). Prema tome je:
111fil
V
= ' JA-
ef
S druge s trane, iz plinske jednadžbe (v. zadatak 117) slijedi:
Kombinacijom posljednje dvije jednadžbe dobivamo :
v ef = pa je tražena
gustoća
w
jednaka:
~ = 1 , 03
p=
3 kg/m
vef
-
138. Srednji slobodni put molekula u plinu je dan izrazom: L
1
vi2 n
0
d
2
gdje je d efektivni (srednji) promjer mol ekula, a n
0
"0r
- broj mol ek ula u jedinici volum ena (v. zadatak 136, posljednju formulu), odakle (s obzirom na definic i ju "normalnih uvjeta", danu na
poč etk u
zadatka 135) dobivamo :
9 1 1•10-8 m
132
-
139. Kao što se vidi iz s l. 21 u tekstu, procesi 2-3 i 4-1 predstavljaju izohorne procese (procese kod konstati V = 23 , dok procesi 1-2 i 3-4 preds t av lj a j u izobarne
nog volumena) i leže na na pravcima V = const = const
41 procese (procese kod kostantnog tlaka) i le že na pravci-
ma p = const
12
ip= const
34
•
Iz plinske jednadžbe (v. zadatak 117): pV =
M F RT
slijedi da za izohorne procese vrijedi: p
= const·T
Dakl e , procesi 2-3 ' i 4-1 leže na pravc i ma koji prolaze kroz ishodište, dok procesi 1-2 i 3-4 ostaju na pravcima p
=
const
ip= const • Dakle, proces 12 34 ma pT biti prikaziv na slijedeći način:
će
u
koordinatjl.~
p
;-7l
I
/ I
I
·'i4
I
I ,,. ,,.
, ,"
,;
,,.
/3
,,.""
/
,
Iz plinske jednadžbe vidimo,
•
2
T također,
da i za
139.-140.
133
izobarne procese vri jedi jednaka funkcionalna ovisnost: V= const'·T Dakle, u VT koordinatnom sistemu, procesi 1-2 i 3-4 leže na pravcima koji prolaze kroz ishodište, dok procei V= const • 23 41 više biti paralelna
si 2-3 i 4-1 ostaju na pravcima V= const Naravno, posljednja dva pravca s ordinatom,
neće
s apcisom, jer je u VT sistemu os OV
već
ordinata, dok je u PV sistemu bila apcisa. Ukupan proces je, prema tome, prikaziv kao: V
-
140. U rješavanju ovog zadatka polazimo od prvog zakona t ermodinamike koji glasi:
toplina dovedena sistemu
=
rad koji vrši sistem
+
w
+
promjena unutrašnje energije sistema
llU
Pri tome se /J.U, · u slučaju idealnog plina, definira kao:
(1)
134 (la) gdje je cV tj.
specifična
količina
toplina kod konstantnog volumena,
topline potrebna za zagrijavanj e 1 kg plina
za 1°K, kod konstantnog volumena ; CV = iR/2 je specifič na molna toplina, kod konstantnog volumena, tj.
količina
o
topline potrebna za zagrijavanje 1 kmol pl ina za 1 K, kod konstantnog volumena; M je masa plina;f< je mas a 1 kmol-a plina, tj. moleklllarna masa izražena u kg/kmol; R = 8310 J/(kmol•K) je plinska k onstanta (v. zadatak 117); i je bro j stupnjeva slob ode mol ekula, tj. broj nezav i snih koordinata koje
određuju
položaj molekule u prostoru (za
jednoatomnu moleklllu je i
3, za dvoa tomn u je i = 5, a
za tro- i višeatomnu je i
6).
Kod izobarnih procesa (.,1.p =O; v. prethodni zadatak) se, uz konstantan t lak, plin zagri j ava za
njegov volumen rast e od v
1
w = p(V2 - V1 )
do v2 i plin vrši rad*: = P {j V
M
=-
r
R6T
• (2 )
U procesu izo barne ekspanzije, toplina dovedena plinu, je , prema gore navedenom prvom zakonu termodinamike i izrazu za promjenu unutrašnje energije plina, jednaka:
M i+2
W+ !1U =p.--RAT 2
(3)
*Sjetite se da je rad djelovanje sile na određ enom putu, a da je tl ak sila na jedinicu površine, tako da je (pV]=[Fs] =[wJ
1 35 Kod izotermnih procesa (6T =O; v . prethodni zadatak) se sva t oplina, ko ju apsorbira plin, iskorištav a za vršenje rada,
budući
da je u tom
M
i
6 U = 2 f<
=
RO
slučaju:
(4)
O
Jednadžba prvog zakona termodinamike
će,
prema tome, glasi-
ti:
fiQ Rad u ji
slučaju
=
w
(5)
izoterm.nih procesa
smo dobili u
slučaju
više nije konstantan.
neće
biti jednak onom ko-
izobarnih procesa, jer tlak sada za male
Međutim,
odsječke
unutar pV
dijag ~ama,možemo smatrati da je tlak i dalje konstantan,
tako da
do razultata
ćemo
matrajmo
u tu svrhu
neku
doći
sumacijom po njima. Pro-
količinu
plina sadržanu u ideal-
nom cilindru (s klipom bez trenja). Kad je klip u ravnoteži tada pritisak plina na klip žen vanjskom silom
pS
mora biti uravnote-
F :
F = pS gdje je p tlak plina, a
l::~„·+1.,..._.- -
F
:Ax:
S površina klipa.
•
Ako se sada klip pomakne prema van za 6 x, koji je
I
I„.·1
t----
toliko malen da tlak ostaje približno jednak onom prije pomaka, onda je rad, koji je plin izvršio protiv vanjske sile F, jednak F A x. Odavde je: F~ gdje je
X
ćV
= pS ć X = p I!> V = promjena
ć
(povećanje)
w volumena plina.
136 U pV dijagramu
će
dob i veni r a d biti pr i k azan
osjenčenim
stupcem: p
1 p
V V
1
Ukupan rad koji
6.V
izvrši plin izo t ermnom ekspanzijom je : V
~
p6V
1
što je prikaziv o kao : p
1
V
Da bismo
izračunali
sumu ko j a definira rad, t j .
površinu na prethodnom dijagramu, podij_el it
[v 1 ,v 2]
na n dijelova i označiti:
ćemo
osj e nče nu
s egment
137
V =V
1
o
(
• . • ( V. (
Pri tome
ćem o
V
••• (
i
n-
D.V.l =V.l+ 1 -V.l
l ( V =V 2 ; n
V. (i=o, l , •.• ,n) tako odabrati da bude: l
d1 [~]'
vi
v1 ,
Vidimo da je V.
l. = O
Sada možemo,
a V.
l.=n
=
određujući
v2 • tlak prema plinskoj jed-
nadžbi (v. zadatak 117 ): MRT
p = -
-
fA V
(uz ima j ući
napisati ukupan rad
u obzir da je T
const)
kao (v. zada tak 1 66.a):
w
lim n„..,
~ L p (V. ) /J V. i
~(),V.
M
=
i
l.=O
F RT h~Ll T l.= MRT lim
~
~
n-b-
n-l M RT lim~ 6V
n„ ... ~ f
MRT
--
l
JA
. 1 l.m n_,
L
vi
i
V. 1
(-1:±-..-1)= V.
i=O
l.
(1r5 _i) ~~ (prim. L'Hospitalovog prav il a)
MRT --
/A
.
[ (V 2/v1) m -
lim-~__;"-----
m~o
m'
m
i]' MRT -
f
. (V 1 l.m -
2l l
m-+o vl
n
(6)
138
Kod izohornih procesa ( t::, V
= O;
v. prethodni za-
datak) se cjelokupna toplina koju apsorbira plin troši na promjenu unutrašnje energije plina: (7)
6Q=.llU
Naime,
budući
da je /1V = O, ne postoji "put" (u smislu
gornjeg primjera kod izotermnih procesa) na kojem bi sila mogla izvršiti
određeni
rad, odakle je: (8)
Količina
topline koju daje ili upija plin se može, dakle,
kod izohornih procesa, odrediti prema formuli:
/::i Q
i
M
=2f
R
ćT
M
=~
CV
(9)
6 T
koja se, jednako kao i formula (7), dobiva direktno iz prvog zakona termodinamike, tj. jednadžbi (1) i (la) uz uvjet (8) • U našem
slučaju,
iz slike 22
vidimo da odr zak
1-2, prema prethodnom zadatku, predstavlja izobaru. Zbog toga
će,
procesom
na osnovu izraza (2) i (3), slijediti da tim (budući
da se radi o
upija toplinu. U pV dijagramu
povećanju će
volumena) plin
proces 1-2 biti prika-
zan odreskom paralelnim s apcisom, što je bilo obrazlože-
•
na u prethodnom zadatku • Proces 2-3 predstavlja izohoru. Tlak plina
će
padati pri konstantnom volumenu i uz smanjenje temperature, pa
će
prema formuli (9), plin odavati toplinu.
139
Prema prethodnom zadatku,
će
2-J
kao izohorni proces
u
pV koordinatnom prikazu ležati na pravcu paralelnom s ordinatom. Proces J-1 je izoterman, pa plin zaprema sve manji volumen te. od a
Budući
kod konstantne temperature, dok mu tlak rasda proces
počinje
kod volumena
v3
koji je
veći
v1 , to će u jednadžbi (6) v3 igrati ulogu veličine v1 , v1 veličine v2 , tako da će rad W biti negativan. To
znači
da se situacija može ostvariti samo ako se nad pli-
nom izvrši rad, odnosno, prema jednadžbi (5), samo ako plin odaje toplinu. Odrezak J-1 nadžoi, u pV sistemu
će,
prema plinskoj jed-
biti reprezentiran jednadžbom: pV = const
tj. hiperbolom. Ukupan proces možemo, dakle, u pV koordinatama prikazati kao: p
plin odaje toplinu
V
•
140
-
141. U problemu treba prvo razjasni ti kako je odskače
p ostaviti da lop ta
moguće
pret-
na istu visinu s koje je i p ala
i istovremeno tražiti porast temperature zraka u njoj. Da li to
znači
da je nešto bitnije zanemareno? Ne! Zanemarena
jeste pretvorba
mehaničke
energije u toplinsku uslijed de-
formacije materijala lopte i tla, ali je taj iznos neznatan. Pa nije li onda spomenut i z akon u kontra dikciji sa zakonom o
sačuvanju
energije? Ne! Naime, lo p ta je prekrat-
ko vrijeme u dodiru s tlom da bi
b ~ o moguć
prijelaz top-
linske energije s nje u tlo, tj. proces je, zapravo, adijabatski, odnosno, takav u kojem sist em niti upija ni ti odaje toplinu:
LlQ A
povećanje
trajan, tačne
već
=
o I.
temperature u trenutku udara lopte o tlo nije trenutačan
proces koji nastaje uslijed trenu-
kompresije zraka u lopti,
j er se,
već
u
slijedećem
trenutku, zrak u lopti adijabatski širi, hladi i početnu
temperaturu. Drugim
ulogu oprug e. Molekularno deći način.
riječima,
zrak
naprosto
na igra
to možemo razjasniti na t slije-
Temperaturu karakterizira intenzivnost toplins-
kog gibanja molekula. U nja volumena, a bez odanu toplinu,
će
slučaju povećanja
mogu ćnos ti
tlaka i smanje-
pretvorbe utrošenog rada u
temperatura, tj. intenzivnost gibanja
molekula, porasti, a
s njom i odbojne sil e
Međutim,
trenutku,
lama.
vraća
u
slijedećem
će
među
moleku-
odbojne sile po-
novo uspostaviti prijašnje stanje, a s njim i prijašnju temperaturu. Problem
ćemo,
dakle, rješavati kao adijabatski
141
• proces, odakle je, prema 1 zakonu termodinamike (jednadžba (1) iz prethodnog zadatka):
w=
0=-W+ClU
~u
(i:)
gdje je W rad izvršen nad plinom u trenutku kompresije. Formulom (la) iz prethodnog zadatka, je dana promjena unutrašnje energije (koja ne ovisi o vrsti procesa) kao: 6U = c_MAT = c_M(T v-v-- max - To ) gdje je T •
masa
o
= 300°K
(U)
početna temperatura zraka, a M njegova
prema plinskoj jednadžbi (v. zadatak 117)
koja
iznosi: M
gdje je
= i' ~ RT
)A= 29 kg/kmol (v. tekst zadatka 122).
Rad nad zrakom u lopti se vrši na ke
(kinetičke)
s visine h
energije lopte
koja je
račun mehanič
nakon pada lopte
jednaka iznosu potencijalne energije na toj
visini: W = M'gh gdje je M'
=
0.2 kg masa lopte. Uvrstivši posljednji iz-
raz i izraz (U) u jednadžbu (i:), dobivamo: c_M(T - T ) V- max o
= cVt.u~(T RT max o
-
T ) o
odakle je tražena temperatura: T max
M'gh
142
~S
mase
morske strane Kordiljera M zraka
označiti
možemo parametre neke
kao što slijedi:
lumen koji ta masa zraka zauzima, p
v1
neka je vo5 • 10 Pa - ukupan
1 3 Pa - parcijalni PH O a 1,8·10 p 2 tlak vodenih para, i T = 25°c - temperatura zraka. 1 S pustinjske strane Kordiljera neka je: V 2 - volumen .one iste mase (ako zanemarimo masu kondenzi-
normalan
tlak, p
=f
rane vodene pare koja se izdvojila u vidu oborina s morske strane planine), p
2
- tlak ,tog zraka i T - nje2
gova temperatura. Toplina koju je odao sistem prilikom kondenzacije vodenih para je, prema jednadžbi (1) iz zadatka 140: W + 6U
(1)
Promjena unutrašnje energije, prema jednadžbi (la) iz istog zadatka, iznosi: (2)
« jer je zrak sastavljen uglavnom od molekula dušika i ki-
sika, pa je i
= 5, a )"
= 29 kg/kmol.
Rad vanjskih sila -JN koji zraka, koji
je zbroj pozitivnog rada
s morske strane vrši atmosferski tlak nad masom M istiskujući
je iz volumena
v1 ,
i negativnog rada
vrše sile atmosterskog tlaka same mase M zraka is-
tiskujući,
po svom prelasku planine, drugu
količinu
koja je prethodno zauzimala volumen v • Dakle: 2
(v. zadatak 140).
zraka
143 Na osnovu plinske jednadžbe (v. zadatak 117)
M
= rM ~ RA T
W = - R (T - T ) r 2 1
(3)
Sama toplina koju je zrak odao prilikom kondenzacije vodenih para je (v. zadatak 108):
-cv
gdje je cV para, cV -
specifična
toplina kondenzacije vodenih
toplina isparavanja vode, a
specifična
- masa kondenzirane pare
L)M -
koja se može odrediti iz plins-
ke jednadžbe kao:
•
~M
= fH
2
O
odakle je: (4)
Uvrštavajući
T
= T2
(2),
(3) i (4) u (1) dobivamo (f'H
2
- T - 1 - 7
ep cV f' H O PH O 2
R11.
2
20
1
=18 ~~ ):
= 23 oK
Tražena temperatura zraka u pustinji je, prema tome
144
145--148.
Treći
d i o. OPTIKA
li.§.:. Visina ogledala mora bi ti jednaka polovici visine čovje ka,
a donji rub mora biti n a ono j v i sini od poda ko-
ja j e jednaka polovici udaljenosti
čov jekovih o či ju
od
poda.
-
147. Vis ina drveta je 9 m.
~ Po java
s e zapaža kod umjerenog vje tra od 2 do 13 m/s,
kad se na površini obrazuj u mali val ov i i to s as v im nepravilno i podj ednako u svim pravcima. Nagib v alova tada ne premašuje kut o( od 20- 30° . Svaki po jedini val se pri tome ponaša kao ogledalo, tako da se kraj nji
slučajevi
simalnog nagi ba onih valova koji reflek tira j u svjetlo u
pro~atračevo
mak-
m jesečeva
oko mogu prikazati kao:
Maksimalni nagibi ogledala prema
promatraču
i od promatra-
148.-149. ča,
145
u položajima O i O',
va za koje
Mjesečeva
Udaljenost
između
Mjesečeve
određuju
maksimalne nagibe valo-
slika još stiže u
O i O', tj. 00',
slike u vodi, jer
između
oko.
promatračevo
određuje
tada duljinu ·
krajnjih
točaka
O i O'
postoji još mnoštvo valova s prijelaznim nagibima valova koji, čevo
također,
reflektiraju
oko. Naravno,
Mjesečevo
Mjesečeva će
svjetlo u promatra-
slika biti to izduženija
što je Mjesec bliže horizon tu (niže). ~
Nacrtajmo put zrake svjetlosti od
izvora , kroz
beskonačno
dalekog
oka, do mrežnice, u vodi:
leću
leća
mrežnica voda
Zakon r efrakcije (loma) svjetlosti na granici dvaju optičkih
i n Kad
1
sredstava glasi: sinoc/sin /l = n /n , gdje su ·n 2 1 2 apsolutni indeksi loma tvari leće i vode, respekt'ivno.
čovjek izađe
iz vode, onda
će
se, uslijed manjeg apso-
lutnog indeksa loma zraka n_l
zrak n'
1
/
/
149.-1 50.
146
Dakle,
bud ući
vodi to
da
će
se kod
u zraku s t varati slika
znači
r--.
I oI I
f1
sv j et-
I
o
l osni {)
I
O
Promatrajmo slo j dima , svjetlosni snop, čest i ce
dima
čija
I
ol I I .., 11
o
41
i7
"' I')
I
---' ti L
j edin ičn e
to
•
'J
o
površine okomite na
je debljina
~
dovoljno mala da
ne prekri vaju. Takav slo j ap-
određen poprečnim
presjekom
/j
S sv ih
koje se nal aze u tom sloju:
gd j e je N broj ća
ispred mrežni ce,
.~U
ti
I t]
10 ci
međusobno
sorb i ra dio svjetla
o
o
o
10
o
o
{) Đ
l'O I O I t> I
.., I Vj
snop
čes tica
p r ed.m e tđ
da je on normalno (u z raku ) kratkovidan.
~
se
ko j i vid i normalno u
čovjek a
čestica
u
jediničnom
volumenu, a
p- gusto-
raspršene tvari. Ako
sada
u prvom i drugom zadanom
slučaju
deb-
ljinu slojeva odaberemo tako da apsorbiraju jednake dij elove svje tla, tj. da vrijedi : 6 sl temelju prethodnog izraza dobiti:
=
fj
s2, onda
ćem o
na
147
150 .-151.
(.L)
Analo gn i omj er d obi vamo i za dva, t ri , itd. sl oja. Dakle, ako j e u prv om
f:,L
s luč a ju
vi dl j i vost pov ez ana s d ebljinom
odabranog sloja kao :
l
onda j e i u dr ugom
sl uča j u:
•
Odavde i iz (.L) dob ivamo :
l2.,:. a ) Prv i
nač in
Si t uac i ju u k o j oj
leć a
da je
uv ećan u
s l i ku A'
na
za storu , u položa j u 1 , a umanj enu a ' , u položaju 2, predmeta A, mož emo prika za ti ka o : 2
'" 1 A·~-:_:.,:.. -- :: :- -
..
-
.
~- -
---d
- . . - - - - - - - - - -- -~ ~
- - - -::=. __::-:.L
.::>
~ . .... ~~ ~ ~ -;~:.::-~ ...... .... .....
'
F- .... ~
-------o--d2
,11'1-----
a'
...
.........
....
- ...- - ·
...._ ....f : l-, - . - - , - t - - - - - - - - P I
- ,.--- -f2 _ __ L - ----e-i.. , ' '
i.------------ D
... ... ......... ...
-
---------'-'--.'~-i .::~
A,
148
leće)
Jednadžbe konjugacije (za konvergentne
za položaje
1 i 2 glase: f
1 F
= ..!.... fl
+
1 dl
1 f2 + L 1 f
Izjednačavanjem
1 + D - L - f2
1
2
+ D- f
2
desnih strana ovih , jednadžbi, dobivamo
nakon sredivanja,:
Uvrštavanjem tog izraza u jednadžbu (L)
polučujemo
jed-
nadžbu: 2 2 D - 4DF - 1 čije
o
(U)
je rješenje:
Budući
da Dne može biti negativan, predznak "-" otpada,
pa je tražena udaljenost od predmeta do slike, odnosno zastora na koji se slike projeciraju, jednaka: D b) Drugi
cm
= 10-l
m
način
između
Odnos metričan,
= 100
predmeta i slike je potpuno si-
pa predmet A možemo promatrati kao sliku
"predmeta" a', što se može prikazati kao:
I
151.-152.
149
2 A~·- - ---------'-
-"<:·:_:::-:.:-_-:_:. ---.::.. :~::~<-.;:... _
·~ . -
- ·-
--„
---
,.E !!'--. ~r-· - · -:"~--o-::- . -=-~-
F
......
---d---
·--- ·---::_l . . . . -„ . . _ - _______
a
.......-------+- f __....._ __,, _ _ _..._'__,,...--__.,
...----------=-........f
-'-----t------~-. .... , _____ d -----.
...... ...------1 ___...._._"L' .. .. .. , V
'
.....~--------~~-D
...
'
...
.........................
~-------.........,,-,.-.....,
' ... :::--....
'":....,
A,
Odavde odmah vidimo da je:
•
D- L
d---
-
2
Jednadžba konjugac i je glasi (uz uvrštenje dobivenog d):
F
1
1
f
l
+
d
=_ fL f + d
(D - d)d D
a to nije ništa drugo nego
ili.:.
. 2 2 (D + L) (D- L-7;.: ;::;, D - L
4D
,. -
' ll.D
jednadžba (i.i.)
Iz trokuta ABC: 1r
2
odnosno:
"""= I 2t" - 2fo
Iz traku ta ADC :
-"'= 2 'lr r + o l + -'lr2 Kombinacijom jednadžbi dobivamo:
""'=
1r + 2 O(.
-
4
t1>
_.,.
152 . -1 56.
15 0
K ut~ određuj emo
i z z akona refrakc ije: s i n~
sin t--
=
n
pa j e kut i'}, za ko ji j e zraka svj e tlosti skrenut a s poč e tn o g
sm jera: .
sin a(.
-(7' = "1' + 2 oc. - 4arcs i n ( -- ) n
-
154. Zemlj a prima 4. 4·10-
~ Bit
će
6
% i zrač e-:e
energ ije Sunca;
t ri puta s labija ;
156 . Osvij etljenos t E
n a udaljenosti
1 od i zvora s v j e tlosn e j akos ti I
je
dana izrazom :
1
Ako s vj e tlost pada na osvije t ljenu plohu (v. sl. b) p od kutom 1f , onda
će
je na
jakost svjetlo s t i , koja djelutočku
P, bi ti: I cos
ma osvijetljenost
će
ep,
Sl. a
a s a-
bi ti:
E
Prema tome ,
će
u / ašem
s lu čaj u
(v .
s l. a) svj etlosna osvijetljenost
1 -- -
Sl. b
151 ruba stola iznositi: E
I
. 2
=2
cos
sin
(i,)
R
gdj e je R radijus stola, koji je s
udaljenošću
ruba sto-
la od izvora s vjetlosti povezan relacijom: R = Lsin lf Ekstremalne vrijednosti za E dobivamo iz jednadžbe koja nastaje
prve derivacije iz-
izjednačavanjem
raza (f.) s nulom:
= 2sintf
3sin\p
lf = O dobivamo
Za
minimum koji odgovara ćem o
dalj enosti izv ora, pa slučaju
(U) beskonačnoj
promatrati samo
O. U tom
možemo jednadžbu (U) podijeliti sa sin
polučiti
u-
i
rješenje:
lf
. 1~ r3
(Ui,)
= arcsrn
za koje E iz (f.) poprima maksimalnu vrijednost. Da je to zai sta maksimum možemo se uvjeriti uvrštavanjem kuta (Uf.) u drugu derivaciju
(E~
2 )"= -9sin =
R
2
1f
iz~aza
COS'f
(2 -
(f.):
+ 2cos1f = 11- sin
9})
= -
%Y3
2
\f
2 (2 - 9sin tf)=
< o
Traženu visinu dobivamo sada, prema sl. a, kao: h
Rctg 'f = R ~l-sin
2
f /sin~
=
~R
=
o, 71
R
152 ~Slika
zvijezda nikad ne može biti dobivena kao geo-
metrijska slika diska zvijezda jer je difrakciona slika (od ogiba svjetlosti u teleskopu) zvijezde uvijek geometrijske (bez obzira na , rakcione slike je r eda
povećanje) .
veća
od
Promjer takve dif-
veličine :
gdje j e .i\ valna duljina svjetlosti, F - f okusna udalj enost objektiva , D - promjer ulaznog sno pa svjetlosti, odnosno objek tiva. S drug e strane osvij etljeni dio danjeg neba ima geometrijsku sl i ku u teleskopu. Tok svjetlosti je u oba
slučaja
proporcional an
površini presjeka upadnog snopa, tj. proporcionalan
n2
Osvijetljenost se može izraziti kao omjer toka svjetlosti i površine dobivene sl ike. U sluča j u dan jeg neba, ta . c. e povrsina biti naprosto proporcionalna F2 U s luča j u zvijezde, kao što smo rekli, bit na
A.2 F 2 /n 2 • Imat
nosti: 1
površina proporcional-
ćemo, dakle, slijedeći om jer osvijetl j en2 t
E zviJez . . da
~
će
A.2F2/D _ 2
n2
Enebo
D2 =
it2
F2
Traženi nov i om jer, tj. omjer po kojem osvijetljenost zvijezde
neće
bi ti 10 puta manja,
već
10 puta
će:
°'2 Omjer koeficijenata oc = 1/10 1
i
oe2 =10:
veća,
bit
153
157.-158.
o(2
100
c::.ll
tj. promjer objektiva je potrebno D'
-
10 D
158. Ako aparat fokusiramo npr. jući
ke
između
dva predmeta, hti-
ih oba dobiti podjednako oštro , onda u ravnini filma
10 puta:
povećati
će
njihove sli-
biti "razmazane" , što se može prika-
zati kao: film
obj ek tiv
Međutim,
što je promjer
le će
manji (otvor dijafragme,
"blenda") to je i ta "razmazanost" manj a. I na kraju, zapravo, imamo cameru-opscuru u kojoj sama nije bitna,
već
samo dimenzija otvora,
leća
budući
više i
da
će
prom-
jer snopa na filmu biti jednak promjeru otvora. U tom slučaju će đusobno
zrake svjetlosti od svakog predmeta biti me-
paralelne i dubina oštrine -
praktički
beskonač
na. Nar avno, pri tome predmeti moraju biti dovoljno daleko od objektiva, a otvor dijafragm e ne smije biti to-
154
liko malen da bi moglo
doći
do izrazitijeg og iba
(međ u
tim, kod normalnog fotografskog aparata s e otvor di jafragme nikad ne može toliko smanj i ti da bi došlo do difrakcije). Dana razrada ujedno objašn jav a i zašto ljudi s l abijeg vida bolje vide kod jakog osvijetljenja. Tada se, naime, zjenica suzuje, pa se smanjuje "razmazanost" defokusirane slike predmeta na mrežnici.
159.-165 .
155 Četvrti
~ 0,00000003 ~a)
b) q3
q
=
L ------ = 1
- pozitivan; r 2 3
r
1
+,~ ·v CG
i r
2
2:·~F~ -
q(1{2-2)/(81re0 L);
4 1l"'
slučaju
su jednaki onima u
~
G2 ;
1
~
ELEKTRICITET
%;
1rn 1rn 2 ( 1q1 + yq2 )
l§bO' =
tp=
dio .
163.
E = qy5 -
=
q
3
2~/(8rr c I
4'1t' r g(f -
f
0
a);
2 L );
)/(3E);
ql + q2
e•
Rl + R2
Naboj svake od kuglica je nakon dod i ra jednak: q
=
=
Da bi se kuglice nalazile u ravnotežnom stanju silu napetos-
I
ti niti
G mora kuglica, F:
i silu težu
la među nabojima
uravnotežiti Coulombova si-
Iz geometrije problema (v. sl . ) nalazimo:
IP-i
~=
t g o(.
(f,)
S druge strane je Coulombova sila:
l"FI __1_ .9!l - 4trt0
_ _L_ (q1-q2> d2 - 41it. d2
2
156
gdje je d
udaljenost . između središtđ
= 2 ·(
d Budući
da je
s + 2r )
kuglica:
2 · ( L + r ) sin
+ 2r
r«L, r<
pomoću:
d
2 L sin ot:.. (~)
Uvrštavanjem dobivenih izraza u jednadžbu
nalazimo tra-
ženu težinu svake od kuglica:
= li>I = tgol
(U)
=
tgoe:
Nakon uranjanja u
tekućinu,na
kuglice
vati Arhimedova sila, tako da su njihove umanjene za iznos Arhimedove sile za neku utjecaja
pojedinačne tekućini
je,
udaljenost kuglica - zbog
određenu međusobnu
odbojna Coulombova sila
A. U
počinje
veća
nego izvan nje.
Budući
težine također,
E.. )'
l -
da ta dva
nisu nužno uravnotežena,nit! kuglica
tekućine
djelo-
će
zatvarati neki novi kut 2oc.~ Prema tome, u analogiji sa (U): (ql - q2)
2
2 . 2 I I G - A = ---------------------641l'"E.t L sin cltgo(. S druge strane (V je volumen kuglice):
G - A= m'g =
odakle je:
~ mg Gustoća
/U
)-
I
(f> -9 ) V g
I
(p-p)Vg fi>Vg
kuglica je, prema tome ~
G = ;,f'=
A
c c-.
.
2
I
I
sin a(. tg o(. . 2 't . 2 sin CI(. g ~ I - sin «.. tg ~ c;;
p'
1.
157
Polje koje tvori pojedini
~a)
naboj:
jednog malog dijela pravca,
il 1, je prema Coulombovom zakonu:
l1E No,
da
budući
će
svaki
djelić
X61-
= - - 2r 411"e,r
0
-
61 na udaljenosti +l od oko-
mice na pravac doprinositi ordinati polja .6E jednakim iznosom a il.i suprotnim predznakom od -1 , to
djelića
61 na udalj eno s ti
nas zanimati samo doprinos koji je, po smjeru, oko-
će
mit na pravac:
Element
6.1 se može izraziti
pomoću
oe
i udaljenosti od
pravca (R):
61 = dl = d (rsin C(.) = d (Rsin«.) cosoc.
Odakle je doprinos svakog
R d ( tg«)
= Rd°'
R /).«..
2
cosC<.
cos~
djelića:
'
ĆE "" X coso<: />,.oC
4 1r t.R Ukupan iznos polja u promatranoj
točki
doprinosa
da to odgovara promjeni ku-
čitavog
pravca.
Budući
se dobiva sumiranjem
11
. -it•1 sumac1JU dobivenog . ta «. od - 2 do + 2 mi. moramo izvrs 1'r
izraza po beskonačno malim odsječcima kuta od - ~ Da bismo takvu sumaciju mogli ćemo
segment -2,+2 11' "
praktički
na n dijelova i
do + ~·
izvesti, podijelit
označiti:
158
-fT.oc:oća(.„<'.:···· <.«..,.;(#.. .
Označimo
još s }\
najv eću
takvu diferenc i ju:
i\.. = max
đ
oe. .;
Ukupno polje je sada:
L "1.·:I.
. E = 1 im ;;i.„o
1~'1.
o
"'°\- f
XcosciG,'" X 1 . [_ A R ucl·=4-R im cos Cl(..uo<.-l'. 4VE„ " vi. .\-* O • , A•O
Označimo sumu sa Sn
'
izvršimo podj elu segmen ta
i
na n dijelova tako da sv i d i j elovi budu
Tada j e
svakog
ve ličina
[-! , + ~]
međusobno
jednaki.
djelića:
6o<. \.. =ol·-.~.,f
-ol·=!„ ""
a svaki pojedin i kut možemo predstavi ti u obliku:
!:\ - ~ li 2
c:t. . :
„
(Vidimo da je na taj način za i= O: ol 0 =O- ~ ~-f za i
ol ~ . •
= n/ 2
„ !!: - .!f =O 2... l.
i za i = n : «.... =1r - •.!' = + ..!'z. 2..
Sumu, dakl e, možemo pisa ti kao: ... -s
sn
=
2..__c,os (~i -
1•
= 11' -n
o
L.
s i n-'ll'i n
- -t.
.-, . ) .-, . . = -,..L_ [ co s-"iri n
2
= 11' -n
n.
n
·uo
. 1( . 211' . (n-1 )tr + sin- + •• • + sin (O + sinn n n
1':0
Prepozna jemo red obl ika : sin ot.. + sin2 c<. + • • • Njegova je suma:
. '!Ti . Tl'J sin. - sinn 2
s inn+l - 2•
+ sin noe..
°' sin2 . n oe. oG
sin2
159 Dokažimo indukcijom da j e to zai sta suma reda. Za n = 1, n
= 2,
itd. tvrdn ja je lako provjerljiva konkretnim izra-
čunavan jem odre đeni
oba izraza, A ako još iz važenja tvrdnje za n eki
broj n slijedi važenje i za neposredno
broj n + 1 onda tvrdnja važi
slijedeći
za bilo ko ji broj.
općenito
Dokažimo, dakle da iz važenja tvrdnje za n slijedi važenje i za n+l:
. n+l.., . nat. sin- - - sin-2 sin oc: + 2 + sin (n+l )°'- = + sinnce + sin (n+l)cc.. = • O( sin2 . n+l . n+l _ . 0<.n n+l . oc. sin2 ..... sin2 + 2 sin2°' cos2-°' sin2
=
•
1.1(.
sinT
•
. n+l+l ..., . n+l c(. [ . n.ć + sin-- ....... sin2 ~ 2
na temelju slučaju,
se formula može sma t rati dokazanom. U našem
čega
uvrštavanjem vrijednosti, iz nje dob i vamo:
fr
sn
+~]
n+l-1 11" n-1 1r sin--- - sin-2 n 2 n
n
11'
sin2n
=
odakle je:
=
X 41r fciR
X 41ie0 R
lim V-'>0
lim
v~
I. . i•O
s
O n
n
sinjL 2n
il"
=
„~ 2
11-i
E =
n-11" sin- 2 n
'll'
X cos «; . [le(.= ' 41l'E0 R
I
COSc(.do(
-I 2.
X
lim S
41·f0 R n"*4'Q n
;( 41ic0 R
A~2
'jj
n
cos2n 1r
sin2n
160
X
= 4"'"• E. R
l~
( 2 •
.
n·1
fl'
sin-
2n . llll--'ll'
2n
(Prijelaz od limS
n a limS
V">O n
izvršen je
n- n
budući
da
~~O
znači
da svaki 6«,teži k nuli, tj. da je podjela segmenta na n dijelova takva da svaki dto teži k nuli, a to može biti samo onda n~ oo
kad
• )
Napomena: Prethodno rozno jer bi u tom svakom
izvođenje
slučaju
bilo isuviše glomazno,ali je to u
Svrha
slučaju moguće.
ni je provedeno matematski ri goračuna
je bila da pruži uvid u
fizikalni smisao integracije i u sumacionu pozadinu integracije. b) Da bismo našli polje ćemo
nabijene ravnine provest
postupak analogan prethodnom za pravac .
Linearni element nu
beskonačne
gustoću
naboja
~
1
zamjen ju jemo površinskim 6. S, linear-
~ · površinskom: O-
mo normalna komponenta polja:
, i opet nas zanima sa-
161
Površinski element
S dobiva-
~
mo prema slici kao:
Budući
da je:
to je: Iz prethodne sl i ke nom
dobivamo
s druge strane, kao i u linear-
slučaju:
r = __ R_
•
odakle je:
cos
o<.
t:.
=
r sincl. =
cos O(.
R ć2o<..
cos Uvrštavanje
R sin°'-
o(..
tih izraza u gornji oblik za6E..1.daje:
6 E..!. =
2
cos
3 «'..
Ci".1j>t1& . 2 R s1nQl cos oc.
= 4 1r
fo
-
Da bismo dobili doprinos cijele ravnine promatrat nose pol up ravca,
određenog
radijus vektorom
~
oko okomice na ravninu za 360°. Pri tome će se od O do
'ii'
2 ,
a -8' od O do 211". Imat
s prethodnim linearn im E
r_'"'-~
.
A
11-~
L_ sin
A
sin cl. uc{. . u \9-. ' ' J
=
'ln - ~
oe.;
l\ c<.,J lim
lim S lim S 4 11"' f.. 0 .;_,,o n JA~O m
L
)A.~O ro
'\TO
4~
E. 0
dopri-
, koji rotira ol
mi jenj.a ti
dakle, po analogiji
slučajem:
() 1. L'\<\-i - - - im 41t' Eo V .... o . . )" ... o '\" () J ... o
4 : fo [lim V-'>0
ćemo,
ćemo
!:,-{};
J
lim S lim S n·.oo n m....- m
162
166.
O " ol (,.... i. (o(..... =:r z Q
/\ °'
'-l
'
:
ol
- ol .• 1!:..1
,; • "
ln
'
c(, , ·
o : V-. < ,:}- < ....("IJ:J· < ... 0
v•
= 2.,.., -1r 'I...
(4119:;,,,_ t <-{):.,.., :
4..
"fL
-
ma.x- 6
,
o(.·
2li
l l J.
vj - m
211' .
sin
(n-1 )'ii n
. (,..
_f2;r sin
4
- 4n
. 1r"
sin4n 1i
. 'ir
s1n4cos~
-
.
1' .
. 1Y sin4n
'll'
11"
cos4n
cos:isin~
.
1)'
1t'
- 1 )
sin4n
s in4n Granične
Tr)
4-~
vrijednosti dobivenih izraza su: 11"
lim S m-+oo m
lim S = lim ( ~ cos 11" - "iT ) = 1 n„o0 n n-+ao . " 4n 4n sin n 4
2 11'
Uvrštavanjem u izraz za E dobivamo ,,.,. t m-t
E
C"
4 1r E0
limL
L
}'Y-+... O\)\". 0 ;=• O lim S
41"'E 0 n.-o
sint:(,
'
lj~• •.t:r.J:'= J
konačan
•
re zultat:
'"
2• T
v-
4 1f €0
JI
sino<.d O( d'9--=
oo
lim S
n m--o
m
Zamijetimo još da polje nabijene ravnine ne ovisi o udaljenosti od nje, dok polje nabijenog pravca linearno slabi s udaljenošću
že vidjeti.
od njega, kao š to se iz dobiveni h rezultata mo-
16 3
1§1.:.. a)
Budući
da je polje usmjerena, vektorska
veličina, či
ji se ukupni iznos dobi va vektors k im zbrajanjem po j edinih dopri nosa, odnosno komponenata,to
u centru kvadrata iznos
će
polja biti jednak nuli. Naime , dijagonalno nas uprotni naboji doprinose u centru kvadrata j ednakim iznos.om al i suprotnim predznakom pol j a. Potencijal je, naprotiv, skalarna
veli č ina
iznos dobivamo zbrajanjem po j edinih
i njegov ukupni
članova .
potencijal za Coulombovu sil u, tj. za
Budući
točka sti
da je
naboj.defini-
ran kao:
u na šem
će
+
slučaju
lf2
+
bi t i:
~3 +
gdje j e d udaljenost od centra kvadrata do poj edinog njegovog vrha. b) Pre tp ostavimo da smo u centar
ve ć
vara j u ć i
1 r--------.. 4
smjestil i odg o-
na boj -q'. Tada s i -
le koje dje lu ju npr. na nab o j u
točki
• -q
2 mora ju biti u rav-
not a ži, tj. :
o Prema slici:
(i,)
3
164
167.-168.
Coulombov zakon daje i znose pojedinih sila : F
1
qq
4'1rE0
d2
=
l
qq,
2t'E
- -2-
a
0
q2 1 Fl = 4Tre., a2 odakle, uvrštavanjem u ravnotežnu jednadžbu (L) suprotnog smjera od
~Iznos
polja
F)
dobivamo:
q
= q
(F1 i F4
su
2-{2 + l
besk onačnih
4 ravnina dan je (v. zadatak 166.)
izrazima:
Prema principu superpozicije polja (ka o v ektorske ukupno polje (unutar ili izvan
ploča)
će
„„ 1.) Ako su obje
ploče
zitivno nabijene tada
poće
+
„
polje biti usmjereno od ploča
i
grafički
prikazivo
kao na slici. Dakle, polje će
imati vrijednost:
a)
između ploča:
E
= El
- E2
=
b) izvan ploča:
t+
•E
(0""1- Cl2)/2Eo -(E 1+E 2 )
veli čine)
biti:
t
.,.
1 65
2.) Ako su obje
nega -
ploče
će
tivno nabi jen e pol je
-t-r-
_µ_
bit i usmjereno prema nj ima, i imat
će
vri-
jednost : a)
E
=
-1 ~\1-ltiil 2E0
b)
E =
~
IU. +<>:_ I
lf0
J.) Ako je prva nabij~ na
plo č a
E
E1+IE2I
pozitivno, a
druga negativno imat ćemo:
a)
a-.• r~I
E
b) E
2 t.
=·-G:.•lo;I - 2 e0
Ukoliko je prva
ploča
nabijena negativno, a druga pozitivno, bit
će:
E
a)
l~l+<:r;.
E
b) E
2 t0
=+
1o;l-Cli lEo
i~--
168.-169.
166 Za slučaj J~I
=/0"'2! ćemo
imati:
3.)
2.)
1.)
E
E
E
=O
o
E
Prisjetite se ovih rezultata
kasni~e,
u vezi s Gaussov im
teoremom i u vezi s kondenzat orom (posljednj i
sluč a j,
3. ) ( ul =-()2 ), predstavlja kondenzator). ~Nabijena točkasti
sfera tvori ok o sebe polje kakvo bi tvori o
nab o j, jednak ukupnom nabo ju sfere, smje šten u
središtu sfere. (Ovaj se
zaključak
mo ž e izve sti direktn o
iz Coulombovog zakona primjenom in tegralnog
odnosno
računa,
s umacije analogne, iako složenije, onoj i z zadatka 166. Također
se može pokazati da je polje m:.u.t:.::r afere jednako nu-
li i da je potencijal unu t ar sfere kons tantan i jeUnak potencijalu na površini sfere .
Međut i m,
dal eko jednostavnije iz Gaussova vidjeti u
slijedeć em
svi
ti
teo rema, kao što
E = _l_ .i_ = 4'i'rt. 2
34,5 V/m
r
_l_ 3_ r 0
slijed e
ćemo
odjeljku.) Prema tome je iznos polj a
i potenc i jala jednak:
'f> = 41" E
zaključci
=
(Usp. zadatak 179.d))
=
12 ,42 V
167
.!12.:.
Sila je
u obz ir
Coul ombovim zakonom pri
određ e na
međudjelovanje
od
novčića
čestica
se uz ima
jedne stotnine (1%) nekonpenziran i h
elek t rona ili pro t ona u jednom govarajućih
čemu
n ovč i ću
s jedna.kim brojem od-
u drugom. Prema tome
će
naboj svakog
biti jednak: q
= nZe loo
gdje je Z = 29 broj protona u j ezgri bakra, tj. broj nabijenih
čestica
(protona il i elektrona,
pretpostavl jaj ući
ravno-
težnu situaciju) unutar atoma bakra; e = (v. zadatak 159) = 1,60210•10-19 C - elementarni naboj (elektrona, odno sno proton ); n - broj atoma u 1 g bakra - taj
ćemo
bro j proc i-
jeniti kao omjer 1 g i mase jednog atoma bakra [ko j u ćemo između
dobiti kao umnožak
atomske mase bakra (A = 63,54) i atomske jedinice mase ( = 1,66053·10- 27 kg - mase 1/12
mase ugljikova izotopa s masenim brojem 12; no, za naše svr he mi smo isto tako mogli upotrijebiti masu protona ili 21 neutrona iz zadatka 159.~: n = 9,41.10 m- 3 • Naboji
jedan na drugi
će
F
qq
Uvrštenje svih vrijednost i daje:
djelovati silom:
(r = 1 m - udaljenost
F = l,7•10
13
novčića)
N
12 Toj težini odgovara, prema F =mg, masa od 1,73•10 kg. Volumen bakrene kugle takve težine je: V = m/~ = 1,93•10 odakle,iz izraza za volumen kugle: V= 41YR 3/3, dobivamo da bi kugla morala imati promjer od 1540 m.
8
168
171.-177.
rl~
ili.:.
a)
ili.!
u1 =~2bW eosn
~
u2 =
c = c6c7 [ c1c2 + (c C6+C7:
1:1l!
b)
Ei - 3E. Q
C1+C2
E2
u1/n
2 J to r2 t 11 n s c1 = (n-l)b '
1 +c 5 )c 4 ][~
CJ+C4+C5
Ukupna potencijalna energija
naboja jednaka je swni energija koje odgovaraju
RJP
međusobnom
+ c1c2 +
c6_+c7
ql
q2 a
djea
a
E = E(l,2) + E(l,J) + E (1, 4) +
a q4
+ E(2,J) + E(2,4) + E(J,4) moguća
~r~ cft .
C3+C4+C5
Cl+C2
lovanju po jedinih parova nab oja:
Postoje dva
c 2 = n c1 ;
razmještaja koja bi dala
qJ r az ličite
energije: a) Istoimeni naboji se nalaze na
zajedničkoj
~
stranici,
npr. : q
= q 2 = -q , qJ = q = q . Tada je (dužina dija1 4 gona le kvadrata je {I- a ) E (1, 2)
E(J 1 4)
E(l,J)
E(2,4)
E(l,4 ) = E(2rJ)
b) Istoimeni naboji nalaze s e na npr.: q
1
= qJ = -q ,
q2 = q
4
zajedničkoj
= q . Tada j e:
di jagonali,
177.-178 .
E(l,2)
169 _l_ q2 411'"6„ a
= E(l ,4) = E(2,3) = E(3,4)
E(l,3) = E(2,4) veću
Omjer Eb = 1. 9 Ea odražava
bl izinu raznoimenih nab o ja
u drugom razmještaju.
-
178. Zadatak
ćemo
t enjem zakona o je. U
točki
riješiti korišenergi-
sačuvanju
C se energi ja kuglice
svodi na potencijalnu ene r giju u polj~
(budući
sile teže i Coulombovskom
možemo smatrati
t očka s t i m
U
točki
kuglicu
nabojem): 1
E ( C)
R ~ h,
da je
q2
= mgh - - 41t e. h
B, os im doprinosa potencijalne energije (ovdje samo
od Coulombov skog polja), pos t oji i dopr inos
kinetičke
energije
kuglice koja se kotrlja po kosini: E(B) K inetička
=-
_1_ q2
4 f" ~o
+ Ek(B)
S
en ergija se sasto j i od energije l inearnog i energije
rotacionog gibanja: mv 2
Mom ent inercije homogene k ugle način.
t eći
(Pri prvom
č itan ju
2
+ ć em o
Iw 2 2 i zračunati
se ova j i zvod može
na
sl i jed e ći
presko č it i,
2
pam-
s am o da je moment inercije homogen e k ugl e: I= 2R m/5 .)
Moment inerci je s e defini ra ka o (usporedi zadatak 71 .) :
170
..... I =lim' n-aL m.i
~ i~
.\•O
gdje je
rotacije
tijela, mase m. , od osi l.
koja u našem
slučaju
prolazi kroz središte 'kugle . Za momenta najpogodnije
izračunavanje
je odabrati polarni sus tav
či je
je ishodište u središtu kugle, a je polarna os - os rotacije
čija
kugle.
Djelić
mase m. =[lm, mol.
žemo izraziti kao umnožak
i volumnog
materije kugle )A elementa kugle
•
ment,
gustoće
~V.
Volumni ele-
analogno kao
zaključujući
i u zadatku 166. b), možemo izraziti kao (v. sliku):
!::>V =
{j
2 r(r ~~) (r sin & ll
Udaljenost elementa D V, odnosno mase .1m, od osi rotacije, će (v. sliku) biti:f=rsin"", odakle je:
lim~ 'f~ 1-. L 1
I
n„„ f.._
m-+-·•uo J"O l<•O
M
1
r~sin '19-IJ.r . 6 ~ . 6 ID~k J J r
p„-
i
i
2 . 2_a. r.sin v" l. J
=
r
Izraz u _posljednjoj zagradi je, prema zadatku 166.b, jednak 2tr. Izraz u drugoj zagradi možemo odrediti na potpuno analogan način. On jednak 4/J.
171 Izraz u prvoj zagradi
određujemo
analogno kao u zadatku 71.
Varijabla r 1. se proteže od O do R: O=r o <:.r < ••.
n- 1
Uvrštavanje svih dobivenih izraza za suma u
< ••• <.
početni
granične
vrijednosti
izraz za moment inercije daje:
• 2tr 1r R.
=)'-
jJ[r
4
3
sin -&drd'1tt
oo o Da bismo mogli u potpunosti riješiti osnovni problem moramo još odredi ti kutnu brzinu. Ona fe po definiciji
j ed-
naka omjeru obodne brzine tijela koje rotira i njegovog radijusa:
w Međ ut im,
= :!..
r
kod kotrljanja (bez prokli zavanja) kugle njena je
obodna brz i na jednaka brzini kojom se kugla giba niz kosinu . (Da biste
se
uvjerili u to zamislite da je kugla (
učvršćena
172
na osi koja prolazi njenim središtem, a da se kosina giba brzinom v i
kuglu;
okreće
se gibaju
očigledno
točke
obodnom
kugle u dodi ru s kosinom brzinom v.)
izraze za mom ent inercije i
Uvrštavajući nađ ene
kutnu brzinu kugle u izraz za
energi ju u podnožju
kinetičku
kosine dobivamo: mv 2
Zakon o
2 +
Iw 2
sačuvanju
2
mv
2
mv
--
2
mg h -
_1_ q2 4'1rf 0 h
= h ctg°")
2
- 10
energije , zaht ijeva da ukupne međusobno
jednake:
E (B)
2 _1_ q 7 2 41" E. s + 10 m V 0
Ova jednadžba daje (uz izražavanje s
7
5
energije kugle na vrhu i dnu kosine budu E(C)
2
+---~mv
veličine
.2.
pomo ću
zadanih:
traženu brzinu kojom kuglica stiže u podn ožje ko-
sine:
•
V
=
1)
Za nenabijenu kuglicu ta V
će
m]
brzina, pod istim uvjetima, biti:
=
što znači da će za tge(.< 1, tj. za
0(
O(,< .'.jf ,
brzina nabi-
jene kuglice u podnožju biti manja od brzine nenabijene kug'ir
očekivati ,
jer tada Coulombova
sila do polovine puta kuglicu ubrzava, a od polovine usporava.
173 ll2:_
da se u zadatku barata samo poljima i d.a se pret-
Budući
postavlja izotropnost dielektrik§. kad vrijedi: (u vakuumu je
ey=
1) mi
ćemo
D = e o ET E
ponoviti Gaussov (koji se još,
a posebno u ruskoj literaturi, naziva Gauss-Ostrogradskog ili pomoću
Ostrogradski-Gaussov) zakon formuliran
...E.
Ako je E (S.) iznos n
i
polja u ne-
električnog
koj
S . zatvorene po-
točki
l.
s,
vršin~
a u smjeru,
tu površinu u toj površine,
n,
točki,
okomitom na i
ć
ako je
S . elementarni dio te l.
onda Gaussov zakon glasi:
m
= ~-1 ~
lim?: En (S.) ,6 S.i i
m~~
Ćo
l.=
Simbolički
(zbroj naboja unutar S)
(t:)
lr
se to može napisati u obliku:
J -...
2=.
_1_
E•ndS
to Er
bilo koja za tv. površina S
unutar
s
qi)
ili:
~ qi)
=
1
to Čr
J
~ (r) dV
V
gdje je V volumen koji zatvara površina S (v. integral u prethodnom zad a tku). Iz formule (t:) vidimo da
ćemo
Gaussov zakon
moći
primijeniti u rješavanju svih onih problema u kojima polje
174 ima neku simetriju jer u tom
slučaju
trebamo samo odabrati
površinu koja prati takvu simetriju , tj. površinu na kajoj će
E (S.) imati konstantnu vrijednost bez obzira na izbor n i točke S . na njoj, i problem se svodi na izračun av anj e plo š til.
ne
(numeričke
vrijednosti) takve površine. Pogl edajmo kako
se to može izvesti na našim primjerima . a) Trebamo dobiti polje što ga tvori
točkasti
naboj u
vakuumu (Coulombov zakon za vakuum). Polje ima sfernu simetriju: E
E(r); E..,_=0; E
r
Zbog toga
ćemo
I \
kao Gaussovu
površin u odabrati sferu sa
+q
J /Gaus sova površina S
središtem u naboju q i primijeni ti Gaussov zakon (na toj će
sferi polje biti konstantno):
#--
E•n dS
s
#~ - =#s s E•r
E 4trr r b) Polje
2
0
dS
E 41ir
2
beskonačne
ravnomje rno
će
(u izotrop-
nabijene ravni n e
nom dielektrikumu) biti usmjereno okomito na nju. Odaberimo stoga
kao Gaussovu
površinu, plašt kocke kao što je prikazano na slici.(Napomeni-
E dS r
Er#ds
s 1
q
=>
' q
1
E - ---
- 41rt.
o
r2
175 mo da smo isto tako mogli odabrati bilo kakvu površinu
čiji
je
jedan dio okomit na ravninu, a drugi paralelan s njom, npr. cilindar.) Neka je površina pojedine njene plohe P. Komponenta polja okomita na plohe koje sijeku ravninu je jednaka nuli tako da
će
očito
jedini doprinosi Gaussovog integra-
la potjecati od ploha paralelnih s ravninom. A
budući
da
je naboj koji zatvara oplošje kocke jednak CS' P, Gaussov teorem
će
dati :
J_(„_
Jf E•n
dS
EP + EP
s odakle je polje (usp. zadatak 166.b)):
c) Iz rezultata u prethodnoj vidimo da polje
beskonačne
točki
ravnine
-u +
ne ovisi o udaljenosti od nje. Prema tome
će
vrijednost polja na vanjs-
kim plohama kocke koja prolazi objema pločama
+
kondenzatora biti dana vek-4-
torskim zbrojem poljd pojedinih
+
ravnina, tj. biti jeanaka nuli. Između ploča,
mo uvjeriti odvojenom primjenom
-t
"Gaussovih kocaka" na svaku pojedinu
ploču,
će
-
2E'
+
kao što se može-
~
-
E=O
-t
polje imati dvostruku
vrijednost od one za
pojedinačne ploče.
E(izvan
Dakle (usp.zad.168.): ploča)
= O
176
-·
d) Problem je, kao i a), sferno
tako da po-
simetri čan,
/
lje ima samo radijalnu kom-
(
ponent u nejednaku nuli:
=
Er
E(r); E-o>
=
O; E'f
=
I
O;
Primij enivši Gaussov teo-·
\
rem na sfernu površinu, dobit
ćemo,
\
nabijenoj kugl i ,
koncentričnu
kao i u
slučaju
Unutar kugle, koja je
vodič,
a):
dakle za r
O, t j. n e-
Q
ma naboja , i prema tome: E(unutar vodljive kugle) = O Izvan kugle, tj. za Gaussovu površirn1 za koj u j e r> a,
Q=
q
i odavde:
„
E(izvan vodljive kugl e )
__l_ __
_g_
e.....
2
4'1rl
• • r t
e) Kao i u pre thodnom
sl učaju
pri-
mijenivši Gaussov teorem na koncentričnu
E4irr
2
1
=TTQ Q= q
i odavde je: E(i~~ an nevod- )
..--
--
I
(
o
Izvan kugle (r) a}
lJ.lVe kugle
/
sferu dobivamo:
1
q
...........
"'E"\ \
I \
J
4'iEo f' 2 r
--
177
179 . -180. Unutar kugle (r
naboju Q doprinositi svi oni na-
će
po materijalu, koje je Gaussova sfera unutar
raspoređeni
kugle obuhvatila. A zbog ravnomjerne taj
će
raspoređen
raspoređenosti
naboja
dio, unutar sfere, biti dan omjerom volumena Gaussove
sfere i volumena kugle.Dakle: Q
=
qr 3/a 3 i odavde:
E(unutar nevodljive kugle)
lebdjeti kad sila kojom
~Kapljica će
kondenzatora -......._
E = U/ d
električno
djeluje na njen naboj bude
polje izjednače-
~s nj~nom težinom umanjenom uzgonom (v. zadatak 117 . ): 5 ~ ( 30 ·10 ~-1-2 u G - A =Mg - ~RT = 1 - 8310·300.p)Mg = ~g = Eq = ~
Nakon promjene polja ( E' = V/ d)
će
(f.)
sila teže, umanjena uz-
gonom i silom na naboj biti uravnotežena silom trenja zraka po Stokesovoj formuli (gdje je uvedena oznaka m= (f-1,2)M/f ): E 'q
+
V
d
mg
q
+mg
=
6trr1)V
(U)
Uvrštavanjem vrijednosti za q iz (f.) i za v, koja je s obzirom na ravnotežna stanje (jednoliko gibanje) jednaka: v = s/t, u jednadžbu (U) dobivamo:
y mgd d
+ mg
u
611'rl)
s/t
_ 6t'rl)sU -~M (V+gU)t ~
m -
Radijus kapljice
određujemo
(U..C)
iz izraza za njen volumen:
180.-181.
178
i.,..,..
V
3
li
r3
~CSL V41'1-i>
M
= ~
r =
Uvrštavanjem u (i.LL) dobivamo masu kapljice:
~Budući
da je sistem c
1 riju sa c3, na sistemu cl,2
na c , a on se može 3
naći
q
+ c
2
ćemo
(oznaka c , 2 ) spojen u se1 imati jednaki naboj kao i
iz jednadžbe:
= cu
gdje je C kapacitet cjelokupnog sistema. Za sistem paralelno spojenih kondenzatora kapacitet je:
c
c 1,2, ••• ,n -- c 1 + c 2 + ••• +
\
dok je za sistem kondenzatora spojenih u seriju jednak:
c
c1,2, ••• ,n
u
=
naše~ slučaju
1
1
k
+ ••• +
l c.1
su kondenzatori cl i c2 spojeni pa-
ralelno i prema tome je njihov ukupni kapacitet:
Sistem c , 2 je zatim spojen u seriju s 1 tet cijelog sistema: c
c1 2
'
odakle je kapaci-
(Cl + C2 )C3
1
= c 1,2,3 = _1_
c 3'
+
l c3
cl + c2 + c3
179
181.-182.
Naboj cjelokupnog sistema, koji je ujedno, kao što smo rekli, je odavde:
i naboj na c3 (kao i na cl,2)
(Cl + c 2 )c 3u cl + c2 + c3
q = q3 = cu = Za c
1
i c
2
vrijedi: (i,)
Budući
da znamo napon izvora,
u= kao:
•
Uvrštavajući
G~
ru
cq
(Cl + c 2 ) U cl + c2 + c 3
= u -
3
naći
iz:
nabijanja na gornju
Arhimedova sila
ploču će
priv lačenja
c u 3 cl + c2 + c3
F
e
djelovati: sila teža i
~
suprotnom smj e-
A: G + F
Sila teža je
=
UAB u (i,) nalazimo iznose preostala dva naboja:
sila elektrostatskog
e
= A
od re đena · pom oću:
G = mg= gdj e je V volumen đujemo
to UAB možemo
~ ..i. UAB + UCA = UAB + C = UAB + c3 3
UAB =u -
~ Nakon
u,
na osnovu
p V g = 'irr2 h f ploče.
g
Silu elektrostatskog
slijedećeg zaključivanja .
privlačenja
odre-
Sila koja djeluje
180
182.-187.
na jednu ga
ploča.
je F
ploču
e
q E , gdje je E polje koje tvori dru-
=
U zadatku 166.b) (iz Coulombovog zakona),odnosno
zadatku 179.b) (iz Gaussovog zakona ) smo našli da je:
Budući
da je
q -
ploče,
dobivamo:
Arhimedova sila je (Arhimedov zakon) po iznosu jednaka težini
tekućine
ili plina koju istisne tijelo ili dio tijela
uronjen u njih, a usmjerena je vertikalno uvis i ima hvatište u težištu tijela. Njen iznos će, u našem sltMaju biti: I
p 1'rr
A = ~ V'g 1
gdje je V' volumen uronjenog dijela ne
ploče,
2
'1h g
ploče,
a Llh dio deblji-
koji je uronjen u dielektrikum. Ravnotežnu jednadžbu sila možemo, dakle, pisati kao:
2 tr\Vr hg
'lr r
+
6h
183 . F
I V = -(2eU e
~
= 0,0 028
v
186. R = 5,49 !l.
+
cr
2
ploča
=
m/s
•
a-2
1
e
2
uronila za:
p' (ph
m v 2 )m e o
1
=
2f0t
i iz nje dobiti da je
-
2
+
2~0 f. g
(Za e im ~
a) t
e
v. zadatak 159.);
= 13 min ; b) t = 3 ,1 min;
188.-189.
~ q
-
181
= količina
189. Struja se definira kao vremena
prođe
čivo
u jedinici
kroz promatrani presjek : q
I Međutim,
naboja koja
elektron
=7
neće,
se oko jezgre,
gibajući
proći
isklju-
jedamput kroz promatrani presjek u toku jedinice vremena.
Dakle, ako sa n
označimo
broj okretaja elektrona oko jezgre
u jedinici vremena, odnosno sa N broj okretaja u toku vremena t, struju
izraziti kao:
ćemo moći
•
q
eN
I= t = t = en = e
V
~
gdje je v brzina gibanja elektrona
po
orbiti, r radijus or-
bite i e naboj elektrona. Prilikom rotacije je Coulombovska sila
između
jezgre
i elektrona uravnotežena centrifugalnom silom: 2
F
Coul.
e = ~2 4i€_r
2
- F
-
m_v cf - r -
gdje je m masa elektrona (za njen iznos kao i za iznos naboja elektrona
e, v. zadatak 159.). Odavde je: V
e V411e.rm
•
Uvrštavanjem tog izraza u gornju formulu za I dobivamo: I
4 1l' r
V11' i. r m
182
12.2.:., Prilik om naglog zaus tavljanja ni se nastoje dalje gibat i uzduž
s lo bodni elektr o-
vodi ča ,
vodiča
ali ubrzo bivaju zaus-
tavljeni otpo r om unutar njega. Takvo gibanje i zaustavljanje elektrona predstavlja, zapravo, prolazak struj e kr oz
vodič ,
otpora R koja, prema Jouleovom zakonu, vrši rad : A
Struja, naravno,
= UI
neće
t
=
bi ti postojana.
Pret postavl j ajući
da
se ona ravnomjerno sman j uje do nule, možemo srednj i naboj u
vodiču
izraziti kao: 1
2 ! t
q
Prema tome j e :
2qIR
A
(i, )
S druge strane taj isti rad mož emo izraz iti kinetičke
energij e slobodnih el ektrona u
pomoću
vod ič u,
promjene
flWk' do
koje dol azi kad elektroni usporava j u od v \) d o O. Dakl e, ak o je N broj slobodnih elektrona u
vo dič u,
2
A
=-
=-
N A Wk
cnda je rad:
2
"(mv ) -- N ~o N l.J 22
(U)
Izrazimo sada, da bismo dobil i usporedljive
•
veličine,
stru-
ju u formuli (.L) pomoću gu s toće t oka elektrona:
I= jS =-=env S o
gdj e je j
gustoća
toka elektrona, e naboj elektrona (v . za-
da tak 159.), S površina
p oprečnog
presj eka
v od i ča
i n broj
slobodnih elektrona u jedinici v olwr.ena koji s e mo ž e izraziti kao: n
=
N V
N
= l S
190.-191.
183
gdje je V volumen, a 1 dul j ina
vodiča .
Uvrštavanje . dobivenih vrijednosti u (f.) i izjednačavanje
(U) daje srednji naboj u vodiču:
s
mv 1
-2-
q
No, otpor
vodiča
se može izraziti kao R
gdje je
~
konačni
oblik za q :
specifični
=
~
=
vodiča,
4 e
f'
rješavanje ovog problema iskoristit
elektrolit, masa m materije
odakle dobivamo
mv S __o_
Faradayev zakon elektrolize
troda
1
š
otpor materijala
q
~Za
4eR
ćemo
tzv.:
Prilikom prolaza struje I
kroz
koja se taloži na jednoj od elek-
proporcionalna je naboju q koji prolazi kroz elektro-
lit:
gdje je k
=~~
elektrokemijski ekvivalent materije,
~ ke-
mi jski ekvivalent materije, A atomska masa materije, n valentnost materije i F= 9,67•10 7 C/ kmol Faradayev broj. Kad su kade spojene u seriju kroz njih naka struja pa dati:
će
će
teći
nam za jednaka vremena Faradayev zakon
jed-
191.-192.
184
gdje su m (m ), n (n ), A (A ) : masa, valentnost i atoms2 1 1 2 2 1 ka masa željeza (bakra). Dijeljenjem j edne jednadžbe drugom i uvrš tavanjem vrijednosti (v. zadatke 170. i 184. za atomske mase, a kemijske formule otopine za valentnost i) dobivamo traženu masu bakra:
~Za zatvoreni strujni krug Ohmov' zakon glasi:
e= gdje je
c
I ( r + R)
elektromotorna sila izvora , r unutrašnji otpor
(otpor i zv ora) i R vanjski otpor. Kad je n izvora, jednakih elektromotornih sila s jednakim unutrašnjim otporima
r
s po j eno u s eriju, njiho-
va je ukupna elektromotorna sila i ukupn i Ser.:
Euk
dok u
slučaju
č
= nč..
u,.~ u t rašnji
otpor:
ruk =nr
paralelnog spajanja navedenih n izvor a vrijedi:
Par. :
Dakle, u
slu čaj u
i zvora spojenih u seri ju, Ohmov
zakon glasi: I
ser ( 2r + R)
=2
(za n = 2 - u našem primjeru), a u
e
slu ča j li
paralelno spojenih :
185
192 .-193.
I
Odavde a) I
ćemo
r par (2 + R)
E
za dane vrijednosti imati:
2·2 2·0,3 + 0 ,2
s er
=
=
5A ;
b) 1 ser = 0,2 4 A
I
par = 5 1 7 A
I
0,124 A par =
.
Vidimo da je za mali van jski otpor izvore bolje spajati paralelno, a za veliki u serij u.
193.
B udući
-tencijali •
u
da je u grani 2-4 struja jednaka nul i , to su potočkam a
2 i 4 jednaki, pa vrijedi:
u
(i,)
3
gdje su
u1 , u2 , u3 , u4
R , respek tivno.
padovi napona na otporima R , R , R , 1 2 3
4
•
Jednakosti (i,) se mogu napisati i u obliku: (U)
(Primjedba:
B udući
2
da je u grani 2-4
stru ja jednaka nul4 i:iit
će,
struje u granama 1-2 i 2-3 jednake,
oč ito, međ us obno
i s to kao i u 1-4 i 4-3,
tako da su od samog u grani 2-3 i 1
4
početka
1
4
iz ostavl jene oznake 1
3 za s tr u ju
2 za struju u grani 4-3, koje bi bile u upo-
treb i da most nije bi o uravnotežen; Iz jednadžbi (i.L) dobivamo:
v . sl.)
186
500 .n
=
sada ukupan otpor u trokutu. Otpori R i R , 2 1 kao i R i R su spojeni u serije R i R • Budući da je 3 4 1,2 3,4 ukupan otpor otpora spojenih u seriju: Nađimo
R = R
u našem
R
1,2, ••• ,n
n
= f-
"1=I
R.
l.
biti:
slučaju će
Sistemi Rl,2 i RJ,4 su zatim spojeni paralelno, kad
općenito
vrijedi: • R = R1,2, ••• ,n
1 1
..±..
Rl
R2
-+
+
...
+
..±.. R
n
=
1 n LR. i=l l.
tako da je ukupni otpor u trokutu: 1
R
(Rl + R2)(R3 + R4) Rl + R2 + R3 + R4
1
lo4.J5
..n.
Za cjelokupni krug moramo uzeti u razmatranje i unutarnji otpor izvora
e
r, odakle je:
I=~= Uvrštavajući
(R1 + R2 + R + R, ) Č 3 (Rl + R2)(R3 + R4) + r(Rl + R2 + R3 + R4)
vrijednosti dobivamo: I
Da bismo našli 1 i r koristit 1 3
ćemo
0,056 A. 1. Kirchhoffov zakon za
187
193--194. čvor
1:
1
= 11
i jednad žbu (i.C):
11
13
+
= 13
R3 Rl
odakl e je:
11
I R = I - 1 3 = Rl + 3R 3
-
0,049 A •
-
194.
avedena sh ema, kao i ona iz zadatka 187.
može se ri-
j ešiti samo is t ovremenom primjenom oba Kirchhoffova zakona:
1. Kirchhoffov zakon za kon t uru BE AB: 1
1. Kirchhoffov zakon za konturu
2. Kirchhoffov zakon ,za
Na taj čija
način
čvor
B~AB
A:
dobivamo sistem od 3 jednadžbe s 3 nepoznanice
su rješenja: _g_
3
.n.
194 . -201.
1 88
1 ,5 A 0, 5 A
196 . D:
r = 0,08 m
l.21.:.
197. č max
-
2ol . Indukci ja u
3,3 cm ,
DB
1 , 7 cm
~ e= 0,15 6 V
5 = l,l•l0- V
E.
199 .
2~VBS
AD
l2.56·lo- 3 T
200 . B
točki
3
(uvjet e zada tka zadov olja-
va i točka 3 ', ali se u nj oj ne razlikuj e od u
točki
lj3'1
I BI
3) iznosi:
--
gdje su Bi, B vektori magnetske 2 indukcije od I i I • 1 2 B I iznosi: Modul magnetske indukci je l ... Iii=
~(Bl
cos(l>
dobivamo iz zadanih
cos
f->
+ B2)
~
= cos <2 +
Indukcije B , B 2 1
=YB~
2
B~
+ 2B1·B2
veličina
oe.)
ćemo
=-
cos
oL
I
' ' ',,•
, 3
po kosinusovom
=-
I I
=~B~+B~+2BlB2COSf.> 2
~.
2-
+
'
2
poučku:
2
r1 + r 2 - L 2
rlr2 dobiti iz Biot-Savartov a
zakona:
189
2ol.-2 o3.
Uvrštavanje daje: B =
f
2o2. Ako otpor
vodiča
izrazimo kao:
R _-
napon
će,
!:.s
=
21"p r
s
prema Ohmovom zakonu, biti: U
r
= 2'irf> I Š
•
gdje je r rad ijus prstena, S presjek
(i.)
•
vodiča i~ gustoća
bakra (v. zadatak 170.). Po Biot-Savartovu
zakonu je ' indukcija polja u centru kruž-
nog toka (prs tena): B
,&1.
r
= ·~~I
2r
odakle je:
što
nakon uvrštavanja u (f.) U
=
daje traženi napon:
2 P.a'lrl 9 ' BS
-
2o3. Magnetska indukcija u centru kružnog toka iznosi (Biot-
- Savartov zakon):
Magnetska indukcija u centru kvadrata je jednaka sumi induk-
190 cija svake pojedine stranice. vodiča
ta
će
biti jednak opsegu kruga:
Općenito,
tvori struja I vodič konačne
= 21tr
indukcija koju
koja
dužine, u nekoj
=& 'li" R (cos oe. 1 4 značenjima
kroz ravni
teče
ko ja Je za R udaljena od
sa
da je ukupna dužina
ostala nepromijenjena, zbroj dužina stranica kvadra-
4a
B
Budući
točki,
vodiča,
je~
+ cos c<. 2 )
i smjerovima
veličina
prema slici •
f
. U našem slučaju je cl
točka
•
= oc. 2 = jer je tražena 1 u sredini kvadrata. Prema tome je doprinos svake po-
jedine stranice indukciji u centru: (R =
~)
' Ukupna indukcija u centru je, dakle:
Ako napravimo omjer: 1,14 dobili smo
.kao rezultat
kvadratičnog
da strujna petlja
oblika daje indukciju koja je l.14 puta
veća
od indukcije
191
2oJ.-2o4. koju daje petlja kružnog oblika, uz jednaku struju.
\
\
\ .(.\
X
N
•
s
\
Na nabijenu
česticu,
području l
djeluje Lorentzovom silom:
F = q vxB
magnetsko polje
= q V
'
B sin
(v,B)
indukcije B
u
ro
--
Lorentzova sila uvijek djeluje pod pravim kutom na vektore v i B, pa prema tome ne može vršiti rad, tj. ne može izmijen~ti kinetičku
energiju slobodno
gibajućih
naboja u mag-
netskom polju . Ona može samo promijeniti smjer brzine slo-
--
bodnih naboja, tj. ona je centripetalna sila. U našem slučaju,
kad je v.J..B, možemo, dakle, uspostaviti jednakost
(uzimajući
u obzir da je q
tarni naboj;
za njegovu
=e
- naboj elektrona - elemen-
numeričku
159.):
2
ev B
=
!'.!!..!__
r
vrijednost v. zadatak
192
odakle dobivamo: r
-
!!!!.
(i,)
eB
Pomak unutar samog magnetskog pol ja je, dakle
Elektron se od
to čke
p
točke
do
X giba pravocrtno (sjeti-
te se da je u katodnim cij evima televi zord - kinesko pima vakuum i da ne dolazi do koliz ij a elektrona s molekulama '
plina; s druge strane je utj eca j sile teže na elektron e u gibanju zanemariv kod tako velikih njihovih brzina kao što su
a t elevizijskom prijemniku; 6
800· ~ , u toku 5o sekunde) •. :Pravac
odvojeno odaslan u
SO (odnosno PQ) kut
~
5
elektronski snop mora biti
različitih pozicija na ekranu PX zatvara s ulaznim pravcem
koji je,zapravo, zakret Lorentzove
sile unutar magnetskog polja. Prema t ome XPQ
su.
t r okuti MPN i
sukladni i vrijedi:
•
=
~
NM
odakle dobivamo:
tako da je ukupan otklon elektrona: r +
Ostaje nam
jo š
odrediti radijusv ektor
Lf -
~r~
r. To
r
2
+i
-
g2
2
ćemo uči-
193
204.-205.
pomoću
niti
izraza (L) nakon što prethodno odredimo v koji
se u njemu pojavljuje. Rekli smo da je snop elektrona ubrzan razlikom potencijala U do brzine v. To
znači
ubrzanje elektrona utrošen rad
polja, eU. On
je,prema tome, jednak
električnog
kinet ičk o j
mv
eU
da je na
energiji elektrona: · 2 . (m=m e - v. zad.159.)
2
Dobivenu brzinu:
„ uvrštavamo u (L):
j2 e Um
r
eB
odakle je:
=
x
-
205.
Vodiči
privlače
B!e (Y2Um 1 i 2 se
+
međusobno
s ilom:
I I
=
I
-
I Fl~3~--c~.r.-~~__:;:_~~~
Vodiči
se
1 i 3, te 2 i 3
međusobno
odbijaju silama:
l94 Vektorskim zbrajanjem dobiv am o sile koje dj elu j u na svaki pojedini
-= Fl
vodič:
...
-
Fl3 + Fl2
F2
...
F2l + F23
F3
= F31
+
F32
Modul sile Fl je:
Fl
=I 11 \
+
-
2 Fl,2 + 2F13·F12
=
i F , s tim što je kod F kut između 3 3 komponentnih sila cP-31 i 132) jednak 60° pa će treći član
Analogno je i za F
2
pod korijenom imati predznak "+" jer je cos 60° = +~ • Dakle , sila koja djeluje na jedinicu pojedinih vodiča jednaka je:
Fl
f 3
T
1
=
ffo 3 2 1" a
V
12 12 1 + 2 + 1i 1 2
dužine
svakog 1 od
195
206.-212. ~Svakom
s,
presjeka
promjenom magnetskog toka, unutar neke konture inducira se
u konturi d~
'E =
dt
~
Tok magnetskog polja
elektromotorna sila:
kroz neku konturu
presjeka S
definira se kao:
4> gdje je Budući
=
...B·s-
--
B·n S
n normala na
B
s.
površinu
da je u našem
slučaju
jedina
tok m vremena - nagib površine rom na
B,
s cos ci3,ii)
s,
veličina
koja se mijenja
odnosno n ormale
n,
s obzi-
to je jedino član cos(B ,n) odgovoran za promjenu cos wt , gdje je w
toka . No , on se može pisati i kao
kutna
• brzina rotacije solenoida, tako da je (kad uzm emo u obzir i to da solenoid ima N navoja, tj. N površina presjeka S) promjena toka: d qi
NB S· d[coswt) = - NB S<.osinwt dt
a inducirana elektromotorna sila:
t. __ šf -
Maksimalnu vrijedno st
Cmax
N B Sw sinwt
đt
će
e
postići
1:
=BSNw=21rBSNv
210.
211.
za sin w t
v
=
0,5 m/s
212 . UADm ax
35 1 36 V
196
~Tren ut ačni
u =U
max
napon na
pr iključcima
neonske cijevi je:
U sin 2t'V t max
sinwt
Napon gradske mreže se izražava efektivnim iznosom napona a kako za sinusne struje
općeni to
U,
vrijedi :
U=Uf=U e max f{2" u našem
slučaju će
Umax = Na . taj je cijevi je to
"'{2' U
maksimalan napon bit i: = '{2 220 = 313 .13 V
način trenutačna
određena
u
periodična
periodički
vrijednost napona na
priključcim a
u svakom trenutku t izrazom (L.)••
funkcija, tj.
ponavljaju mi
period. Jedan period
T
budući
Budući
da
da se vrijednosti napona
problem riješiti prvo za jedan
ćemo
sinusne funkc i je najmanji je broj >O
koji zadovoljava uvjet: sin(x+T)
sinx
Prema tome je njegov iznos: T = 211'
Dakle, za vrijeme
T', tj. za l period našeg oblika f unkcij e : J:_
50
će
i
sinusna funkcija, tj. napon
u
t =
= 0,02
s
imati jednaku vrijednost kao
o s.
Na osnovu dobivenih vrijednosti za U i T' možemo max napon, kao funkciju vremena, prikazati na slijedeći način:
197 u(V
umax
u
t
-U
t
- --------- - ---------
-U
- -------------------
max l
Ako na graf nanesemo vidimo da
će
napon
paljenja, odnosno gašenja
U,
se neonska cijev upaliti u trenutku t , ugasiti 1
u t , ponovo upaliti u t
i ponovo ugasiti u t • U vrijeme 4 3 trenutačna vrijednost napona u, na priključ
2
t ,odnosno t , će 2 1 cima cijevi biti 220 V, Odakle je, iz jednadžbe (L): 220
U
max
sin 211'Yt
•
==>
i2
1 ,2
= "{2· 220 sin lOO'il' t
===> 100t"t 1 =
sin 100 ii" t 1 , 2 = 2
~
Za t , 3 4
ćemo
lOOTt
'I'
4
_.n_
2- 4
1,2
~
tl=0,0025 s
~
t2=0,0075 s
iz:
- 220 ="{2220 sinl001'1't , 3 4
sin 1001rt , 3 4
dobiti: t3
=
0,0125 s
t4
= 0,0175 s
)'2 2
198 će
Dakle, cijev
unutar jednog perioda T' = 0,02 s
biti upa-
ljena tokom vremena:
tj. postotak vr emena u kojem
će
neonska cijev, tokom
je dno ~
intervala T ' =0,02 s, biti upaljena je: t"
= 50 %
'T,.100 Budući
da se, kao što smo' prije istakli, situacija periodički
(unutar jednog perioda T') t>> T', dobiveni rezultat
će
ponavlja tokom vremena
ujedno bi ti i rješenje cjelok up-
nog problema. Napomena: Uvjet t>)T' se podrazumijeva u formulac i ji zadatka i u vezi s tim se
zakl j učivanje
od rezul t ata za jedan period
na cjelokupno r ješenje zasniva na
s lij edeć em
r a zmat r anju.
Ukoliko je vrijeme unutar kojeg proma tramo ponašanje cijevi cjelobrojcnumnoža.k osnovnog perioda: t = n T ' (n=l,2, •• ), onda
će
rješenje cjelokupnog problema biti egzaktne dano gor-
njim rezultatom za 1 period:
= 50 % a ukoliko nije cjelobrojan umnožak, onda oe cjelokupno r j e š enje biti utoliko bolje aproksim i rano rezultatom za l period ukoliko je t
veće
od T':
Postotak vremena a
n't"
nt"
(n + x) T' ~ n T'
50
%
(O
199 ~U t erećen
strujnom krugu
struje, u kojem je izvor op-
izmjenične
aktivnim, kapacitivnim i induktivnim otporima,vrijede
analogni zakoni kao i u
istosmjerne s truje, samo što
slučaju
ulogu omskog otpora preuzima impedancija
z, po
slijedećoj
shemi: otpora R:
aktivni (omski) otpornik kondenzator zavojnica
z = R _1_
kapa citeta C:
z = iw
induktivnosti L:
(i=i/=I)
z = iwL
Ako je n impedancija spojeno u seriju, tada cija
c
• biti:
će
ukupna impedan-
(!_ je indeks swnacije)
dok
će
u
slučaju
paralelnog spajanja iznositi:
l z = l ...!... + + z2 zl
Ohmov zakon
...
za•izmjeničnu
u
+ ...!... z.
Kirchhoffov zakon:
~
SV
1
Ci izmjeničnu
LU.= o po ak konturi
z.
trenutačnog
= iz
dok su Kirchhoffovi zakoni za I
=
n
struju
(!_ je indeks swnacije)
1
1. OJ
napona u
glasi:
je struja)
struju:
Ci
je indeks sumacije)
200
II Kirchhoffov zakon:
Pređi.mo
2=_i.
(!_ je struja)
=o
u čvoruJ
Ci
je indeks swnacije)
sada na rješavanje našeg problema predsta-
vivši prethodno shemu iz zadatka (sa slike 44.) u obliku:
slijedećem
•
il
1
zl
z2
i21 z5
c
d ~
l.5 i3
l
Z3
i4
e
l
Z4
f f
Impedanciju z1 tvore omski otpor z '=Ra (v. sl. 44 u tekstu 1
zadatka) i induktivni otpor z
11
1
= iw L
spojeni u seriju, pa
je njen iznos: zl = zl ' + zl "
= Ra
. L + l.W
Impedancije z , z i z su zapravo omski (aktivni) otpori R, 2 5 3 ~:
z
2
=R
dok impedanciju z z ' 4
= 1/ iwC
tvore paralelno spojeni kapac i tivni otpor 4 i omski otpor z 11 = Rb odakle je: 4
2ol
Z4
=
1 1
z4 Za pronalaženje
+
1
z"4
međusobnog
1
=
odnosa impedancija, na osnovu ko-
jeg bismo mogli povezati L, R i C (što se traži u zadatku), ćemo
iskor istiti Kirchhoffove zakone.
I Kirchhoffov zakon za kont uru abdc daje:
a za konturu cdfe : (U)
II Kirchhoffov zakon za il a za
-
čvor
i5
čvor
c daje :
-
i3
= il -
i3
=o
-
i4
i2
-
i4
o
d:
i5 + i2
Kad se posljednja dva rezultata uvrste u jednadžbe one poprimaju
oblik ~
•
Podijelivši prvu jednadžbu drugom dobiv amo : R( i w C + .1_) Rb
odnosno :
2 R - R I R + i w (L a b
n2 c) = o
(~)
i
(U)
2o2
214.-215.
Imaginarni dio posljednje jednadžbe daje traženi rezultat:
•
-
215. Aktivni (omski) otpor
vodiča
zavojnice je:
R = .~ S
gdje je L' dužina ~
vodiča,
S
plošt ~na
presjeka
vodiča
i
=
duljina jednog navoja 2'1}-r, to R možemo izraziti kao:
Induktivnost zavojnice je
općenito
1 =_µo
koji
u našem
slučaju,
dana izrazom:
2 N s'
d
I
2
s obzirom na S = Tr , glasi:
Zavojnicu koja pruža aktivni otpor struji možemo shvatiti kao dva otpora, čija
indukcijski i aktivni,
je impedancija onda: z=R+iwL
Njoj odgovara iznos ukupnog otpora:
spojena u seriju
2o3
215.-216. Traženi omjeri su: R
R
z
VR2
=
+ W2L2
l
~l
+
l
=
[2";1]2
+
[~ 811'llN r S] 9d
f z1I _ liwLI z - z
l
l!§..:_ Po prvom Kirchhoffovom zakonu
će
suma napona u konturi
(koja' se sastoj i od napona na kondenzatoru
u, induciranog
napona na zavojnici otporu
- L di i pada napona na aktivnom dt - i R ) bi ti jednaka nuli: di u - L dt
Jakost struje
i
.
budući
R
o
(i,)
ovisi o smanjenju naboja na kondenzatoru: l.
a
i·
df'\
= - ::.::i. dt
da je naboj na kondenzatoru jednak: Q
=uc
s truja se može izraziti kao: i
Uvrštavajući
_ C du dt
taj i zraz za struju u jednadžbu (f-) dobit
ć emo
2o4
(diferencijalnu) jednadžbu koja
će
nam opisivati promjenu na-
pona u krugu u toku vremena:
!! du
+
_u_ + L·C
L dt
Kakvo rješenje možemo fizikalno
= o
očekivati?
(U)
S obzirom
nicu da krug sadrži kondenzator i zavojnicu u njemu do
hannoničkih
načinje će doći
oscilacija matematski opisivih
trigonometrijskim funkcijama. Dakle, rješenje
će
svakako sadr-
žavati funkciju cosw t (ili sinwt), gdje je w kružna frekvencija spomenutih oscilacija (titraja). S druge strane na aktivnom otporu dolazi do zagrijavanja materijala, tj. do pretvorbe
električne
energije u toplinsku, tj. do smanjenja
energije titranja.Zbog toga
će doći
do smanjenja amplitude titra-
nja tokom vremena, odnosno do tzv. prigušenog titranja, što se matematski može opisati eksponencijalnom (trnućom) funkci. -a-t Jom, e • Prema tome, rješenje možemo prikazati u obliku: u = u e o
-at
f
u čiji
je
grafički
Konstante a
prikaz:
i~ ćemo
jednadžbu (U).
(UL)
cos w t
t
odrediti uvrštavanjem izraza (UL) u
Izračunajmo
prethodno prvu i drugu derivaci-
ju funkcije u iz (UL) koje zahtijeva jednadžba (i.L): Š.!! dt
=
- a u e o
-at
cos "'t
wu e o
-at . sin w t
-
"
216.-217.
2o5
-at -at 2 - at 2 a u e cos w t + 2a w u e sin w t - cv u e cos c.Vt o o o Uvrštavajući
u 0 e-at
l< a 2
ih u jednadžbu (.L.f.) dobiva.mo: 1 - '4J 2 + LC
Ra L
) cos wt
+
~) UJ sin <.Ot] =
(2a -
O
Da bi ta j ednadžba bila zadovoljena za svaki t moraju koeficijenti uz co swt
i
sin ivt biti jednaki nuli. Iz tog zahtje-
va proizlazi: a=
_y
JL
-
21
i_ _ a2 _ 1C
-
y
2 R 2
1 _ 1C
41
Prema tome je frekvencija titrajnog kruga u prisutnosti zadanog otpora jednaka: 132 Hz U
slučaju
đena
smanjenja otpora na nulu frekvencija
će
biti odre-
Thomsonovom fonnulom i iznositi:
y Razlika
1
I
148 Hz
•
između
neprigušenog i prigušenog titranja
biti: 16 Hz ~Induktivnost
zavojnice je 2
1
= f'-f(. Nd S
određena
izrazom:
će,
dakle,
206 gdje je N broj navoja zavojnice, S presjek zavojnice i d d·užina zavojnice. U našem prve, a 1
2
slučaju,
neka 1
označuje
1 induktivnost drug e zavojnice:
2 NS 11
2 NS
1
12
=f
budući
2
= ~f'·T
gdje se podrazumijeva da su pre sjeci i nica jednaki,
induktivnost
d~žine
da su namotane na
obadviju zavoj-
zajedničku
jezgru.
Uzajamna indukcija takvih zavojnica je: (i,)
Množeći
L s 1 dobivamo: 2 1 1112 =
2
2
/.A- ,Po
N2N2S2 1 2 d2
odakle je:
1
1 1 1 2 NlN2 = - - d
,P-f.s
Uvrštavanje
•
tog izraza u (t:) daje:
Napon induciran u drugoj zavojnici, prolaskom struje kroz prvu, je:
2o7
217.-218.
Odavde,
Ohmov zakon: U
koristeći
IR .dobivamo srednju vrijed-
nost struje u drugoj zavojnici: u2 I 2 -- -R Uvrštavajući
Ll2
ćl
R
ćt
zadane
=
-VL1L2 · 61 R 6t
numeričke
12
vrijednosti dobivamo:
= 0,37
A
-
218. Kapacitet dvaju kondenzatora, spojenih u seriju je:
c Odgovarajući
=
kapacitivni otpor u krugu je: _L
wc Struja u krugu je, dakle, po Ohmovom zakonu (za efektivne vrijednosti): 0,009 A
I
Padovi napona na svakom od kondenzatora su:
ul
I lzc
u2
rlzc
l
I
wuc c 1 2 _r_ = wc1 (c 1 + c2)w c 1
I
I --wc
2
2
uc
CI
2
+ c2
uc
1 c1 + c2
U-
u1
= 146,7 V
73,3 V
'
Dodatak
PREGLED JEDINICA
'
211 JEDINICE
DIMEZIONA FORMULA VELIČINA
SI i egs
MKpS
SI
MKpS
cgs
Dužina 2
Masa
kp•s /m
Vrijeme
T
T
K11t
1
1
rad
rad
rad
Prostorni k11t 1
sr
sr
sr
Brzina
m/s
cm/s
m/s
Akceleracija
m/s2
cm/s
Ku na brzina
s
Kutna akcel.
6
Period
T
T -1
-1
s
-2
s
2
m/s
-1
s
-2
s
2
-1
-2
s
s
s Hz
Frekvencij a
T
Hz
Hz
Sila
F
N
dyn
Moment s i le
LF
Nom
dyn•cm
kp•m
Količina gib. LMT-l
FT
kg•m/s
g•cm/s
kp·s
~
Rad,energija
L2MT- 2
LF
J
erg
Snaga
L 2MT-J
LFT-l
w
erg/s
LFT
kg m /s g•cm 2 /s kp•m•s
M.oment količine gibanja Moment tromosti
LFT
kg•m
Pritisak
L-1MT- 2 L- 2F
N/m
Modul
L-~T- 2 L- 2F
N/m
elastičnosti
kp.m/s
2
0
2
„ kp·m
2 2
2
g•cm
2
dyn/cm dyn/am
kp•m•s 2 2
kp/m kp/m
2
2 2
Viskozitet
L-1MT-l L- 2FT
Koeficijent difuzije
1 2T-l
2 cm /s
2 m /s
Gustoća
L-3M
g/cm 3
kp•s 2/m4
kp•s/m
-
2
212 VELIČINA
DIMENZIONA SI FORMULA
Naboj
SI JEDINICE Coulomb, C
Električno
polje
volt po metru, V/m
Električni
pomak
C/m
Električni
tok
2
TI
c
Potencijal
L 2MT- 3 I-l
volt, V
Kapacitet
L-2M-1T4I2
farad, F
L-3M-1T4I2
F/m
Dielektrična
konst.
Jakost struje
0
amper, A
L- 2I
A/m
Otpor
L2MT-)I- 2
om,
Vodljivost
L-2M-1T3I2
siemens, S
Magnetska indukcija
MT- 2I-l
tesla, T
Magnetski tok
L2 MT- 2 I-l
weber, Wb
Magnetsko polje
L-1 I
A/m
L 2MT- 2 I- 2
henry, H
Gustoća
struje
Magnetska permeabilnostLMT
-2 -2
I
2
1
H/m
Svjetlosna jakost
kandela, cd
Svjetlosni tok
lumen, lm
Osvijetljenost
lux, lx
(=cd-sr) 2
(=lm/m )
213 Sistemske i vansistemske jedinice pojedinih fizikalnih veličina
izražene
pomoću
0
osnovnih SI jedinica:_:
= l,75•10-
2
rad(ijan)
KUT
i
KUTNA BRZINA
1 okr/s = 6,28 rad/s = (SI:) = 6 ,28 s
SILA
PRB.'ISAK
1 kp (kilopond)
1 dyn 10- 5 2
1 kp/m
2
1 pieze
(mm H 0) 2
= 0,1
= 9,81
1 bar (hectopieze)
= io 3
2
1 mm Hg (mm žive)
= 9,81·10 4
. 2 = 1,33·10
1 erg/s 10-7
1 erg =10- 7
1 cal
1 kWh
=4,19
=3,6·10
2
= 10 5
1 kp/cm (at - tehnička atmosfera)
RAD I ENERGIJA
SNAGA
N(ewton)
9,81
1 dyn/cm ( bar)
1 atm (standardna atmosfera) = 1,01 ·10 5
-1
N/m (pascal)
2 N/m (pascal)
6
J(oule)
1 KS
1 kcal/h
1 kp -m/s
2 = 7 ,36•10 -
= 1,16
=9,81
W(att)
Prefiksi za multiple i podmultiple jedinica: T(era)
1012
(npr.: terajoule: TJ) G(iga) 10 9 6 M(ega) 10 k(ilo) io 3
2
h(ecto)
10
d(ec)a c(enti)
10 10-l io- 2
m(ili)
10- 3
d(eci)
6 (micro) 1010- 9 nf.ano) 10-12 p(ico)
f
f(emto)
10-15
a(tto)
10-18
21 5
Literatura
Babić,
E., R. Krsnik i M.
Očko:
"Zbirka riješenih zadataka
i z fizike", Zagreb, 1982. Ba tygin, V. V. and I. N. Toptygin: "Problema in Electrodynami cs", London, 1964. Bukhovtsev, B., V. Krivchenkov, G. Myakishev and V. Shalnov: "Problema in Elementary Physics", Moscow, 1978 •
• "The Feynman Lectures on Physics" - "Exercises", Reading, Masa., 1964- 5. Gofman, Ju. B.: "Zakoni, formuli,
zadači
fiziki", Kiev,
1977. Grechko, L. G., V. I. Sugakov, Fedorchenk~:
o.
P. Tomasevich and A. M.
"Pr_o blems in Theoretical Physics", Moscow,
1977. Kos, V.: "Zadaci iz fizike", Zagreb, 1972. Lightman, A. P., W. H. Presa, R. H. Price and S. A. Teukolsky: "Problem Book in Relativity and Gravitation", princeton, 1975.
216
Ljaško , I. I., A. K. " Spravočnoe
Bojarč uk,
_posobie po
Ja . G. Gai i G. P.
matematičeskomu
Golovač:
analiz u; I, II ",
Kiev, 1978., 1979. Rašković,
D. P.: "Zbirka zadataka iz mehanike" , Beograd,
1967. S_piegel, M. R.: "Vector Analysis", New York, 1974. Slobodeckii, I.
š. i L. G. Aslamazov :
" Zadači po
fizike",
Moskva, 1980 . Vekštein, E. G.: "Sbornik
zadač
po
elektrodinamike", Moskva,
1966. Voikenštein, V.
s.:
" Sbornik
zadač p o o bščem u
kursu fiziki",
Moskva , 1976. West_phal, W. H.: "Physik", Berlin, 1963.
•
