Fizika

´ FIZIKU UVOD U OPCU Jadranko Batista

Mostar, 2008.

Sadrµzaj PREDGOVOR

v

µ 1 KINEMATIKA CESTICE 1.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1

2 DINAMIKA 19 2.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 µ 3 ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA 33 3.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 4 ROTACIJA KRUTOG TIJELA 55 4.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 5 GRAVITACIJA 65 5.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 6 HARMONIJSKO TITRANJE 79 6.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 µ 7 MEHANICKI VALOVI 107 7.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 8 KVANTNA MEHANIKA 111 8.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 9 ATOM 125 9.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 10 ATOMSKA JEZGRA 129 10.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 11 STATIKA FLUIDA 133 11.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 iii

iv

µ SADRZAJ

12 TEMPERATURA I TOPLINA 139 12.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 13 ELEKTRICITET I MAGNETIZAM 153 13.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 14 OPTIKA 167 14.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

Poglavlje 1

µ KINEMATIKA CESTICE 1.1

Primjeri

Primjer 1.1.1 Automobil usporava jednoliko tako da za vrijeme t1 = 8 s prije†e polovinu puta do zaustavaljanja, a preostali dio puta za t2 = 12 s. Kolika je poµcetna brzina automobila i usporenje ako je ukupni prije†eni put s = 300 m? Prije†eni put za jednoliko ubrzano (usporeno za a < 0) gibanje je dan izrazom 1 s = v0 t + at2 2 Kako automobil prvu polovicu puta s1 =

s 2

prije†e za t1 = 8 s vrijedi:

s 1 = v0 t1 + at21 2 2 s = 2v0 t1 + at21 s at1 v0 = 2t1 2 s1 =

za ukupni prije†eni put s potrebno je vrijeme t = t1 + t2 pa ´ce biti 1 s = v0 (t1 + t2 ) + a (t1 + t2 )2 2 Ovo je sustav od dvije jednadµzbe sa dvije nepoznanice. Uvrštavanjem vrijednosti za v0 dobiva se s = s =

s at1 1 (t1 + t2 ) + a (t1 + t2 )2 2t1 2 2 2 s st2 at1 at1 t2 a 2 + + t + 2t1 t2 + t22 2 2t1 2 2 2 1

odnosno s 2

1

t2 t1

=

a 2

t21

t1 t2 + t21 + 2t1 t2 + t22 1

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

2 pa je ubrzanje (usporenje) s a = a =

t1 t2 t1

s

t1 t2 t1

s (t2 t1 ) = t2 (t1 + t2 ) t1 t2 (t1 + t2 ) t22 + t1 t2 300 m (12 s 8 s) 5m m = = 0; 625 2 2 12 s 8 s (12 s + 8 s) 8s s =

Sada izraµcunajmo poµcetnu brzinu v0 = v0 =

s at1 300 m = 2t1 2 2 8 s 85 m m = 21:25 4 s s

5 m 8 s2

8 s

2

1 2 Napomena: korištenjem izraza s = v0 t 2 at za jednoliko usporeno gibanje, dobiva se isti rezultat. Samo bi a bilo pozitivno jer je ve´c u izrazu pretpostavljena negativnost akceleracije.

Primjer 1.1.2 Motorni µcamac plovi od jednog do drugog nepomiµcnog plovka koji su udaljeni 5000 m najprije nizvodno, a zatim uzvodno. Put nizvodno traje 360 s; a put uzvodno 480 s: Kolika je brzina µcamca ako bi on plovio po mirnoj vodi ? Rješenje: Oznaµcimo sa v brzinu µcamca, a sa V brzinu rijeke. Gibanje nizvodno tada moµzemo opisati relacijom v+V =

d t1

(1.1.1)

d t2

(1.1.2)

a uzvodno v

V =

Zbrajanjem (1.1.1) i (1.1.2) se dobiva v=

d 2

1 1 + t1 t2

=

5 km km (10 + 7:5) = 43:75 2 h h

Primjer 1.1.3 Pored neke kontrolne postaje pro†e automobil brzinom v = 25 ms . Za njim krene motociklist ubrzanjem a = 5 sm2 i to poslije vremena t = 4 s od trenutka prolaska automobila. Izraµcunajte vrijeme i mjesto gdje ´ce motociklist sti´ci automobil, pod uvjetom da motociklist odrµzava stalno ubrzanje. Rješenje: Neka motociklist krene u trenutku t = 0 s, u tom trenutku automobil je udaljen s0 = 25 m. Automobil se giba jednoliko pa je prije†eni put sa = v t + s0

(1.1.3)

1.1. PRIMJERI

3

a motociklista zbog jednolikog ubrzanja prevali put od 1 sm = at2 2 Motociklist ´ce susti´ci automobil kad bude ispunjen uvjet

(1.1.4)

sm = sa = s odnosno 1 2 at = v t + s0 2 ovo je kvadratna jednadµzba 2v 2s0 t2 t = 0 a a 2 100 2 25 t = 0 t2 5 5 t2 10t 40 = 0 koja ima rješenja, p t1 = 5 65 s =

3: 06 s

koje nema …zikalno znaµcenje u danom primjeru (vrijeme prije prolaska motociklista) i p t2 = 65 + 5 s = 13: 06 s Uvrštavanjem drugog rješenja u jednu od jednadµzbi za prije†eni put npr. (1.1.3) dobiva se za prije†eni put m s = v t + s0 = 25 13: 06 s + 100 m = 426: 5 m s Primjer 1.1.4 Zrakoplov se spušta na pistu brzinom 180 km h i jednolikim koµcekm njem za vrijeme od 10 s smanji brzinu na 36 h . Izraµcunajte akceleraciju zrakoplova i ukupni prije†eni put do zaustavljanja. Rješenje: Akceleracija zrakoplova iznosi 10 ms 50 ms m = 4 2 t 10 s s Ukupno vrijeme zaustavljanja jednako je a=

v

tuk =

v0

=

v0 = a

50 ms = 12:5 s 4 sm2

pa je prije†eni put do zaustavljanja jednak s = v0 tuk

1 2 m 1 at = 50 12:5 s + 2 uk s 2

4

m (12:5 s)2 = 312: 5 m s2

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

4

Primjer 1.1.5 Automobil µciji kotaµci imaju promjer D = 0:65 m, giba se po ravnom putu brzinom v = 70 km h . Pri koµcenju automobil se zaustavi poslije prije†enog puta s = 75 m. Pod pretpostavkom da je usporenje automobila ravnomjerno, izraµcunajte tangencijalno i kutno usporavanje njegovih kotaµca tijekom koµcenja? Rješenje: Gibanje je jednoliko usporeno pa vrijedi 1 s = v0 t + at2 2 v = v0 + at eliminacijom primjenjive veliµcine vremena t dobivamo za ubrzanje sustava a=

v02 = 2s

19: 44 ms 2 75 m

2

=

2: 52

m s2

no, za jednoliko usporenu vrtnju vrijedi a=

R=

D 2

odakle se dobiva =

2 6:3 sm2 2a = = D 0:65 m

7: 76

rad = s2

7: 76 s

2

Primjer 1.1.6 Tijelo je pušteno da slobodno pada sa tornja visokog h = 30 m . Koliko dugo traje pad tijela, pod pretpostavkom da je otpor zraka zanemariv? Kolika je brzina udara tijela o tlo? Rješenje: Tijelo slobodno pada bez poµcetne brzine i trenja. Prije†eni put pri ovom gibanju jednak je s s r 1 2 2s 2h 2 30 m = = = 2: 47 s s = gt ) t = 2 g g 9:81 sm2 a brzina prilikom pada s r 2h p m m v = gt = g = 2gh = 2 9:81 2 30 m = 24: 26 g s s ili v = gt = 9:81

m m 2: 47 s = 24: 26 s2 s

1.1. PRIMJERI

5

Primjer 1.1.7 Prvo tijelo je baµceno s ruba zgrade visoke h = 35 m prema dolje, a drugo pušteno da slobodno pada. Kolikom poµcetnom brzinom je prvo tijelo baµceno ako nakon t = 1:5 s udara o tlo? Koliko ´ce kasnije drugo tijelo pasti na tlo? Rješenje: Prvo tijelo se giba po zakonu 1 s (t) = v0 t + gt2 2 neka je t1 vrijeme pada prvog tijela na tlo. Tada je 1 s (t1 ) = v0 t1 + gt21 = h 2 odakle slijedi h

v0 =

1 2 2 gt1

t1

=

h t1

1 35 m gt1 = 2 1:5 s

1 m m 9:81 2 1:5 s = 15: 98 2 s s

Drugo tijelo se giba po zakonu 1 s (t) = gt2 2 neka je t2 vrijeme pada drugog tijela na tlo. Tada je s s 1 2 2h 2 35 m s (t2 ) = gt2 = h ) t2 = = = 2: 67 s 2 g 9:81 sm2 pa ´ce drugo tijelo pasti nakon t = t2

t1 = 2: 67 s

1:5 s = 1:17 s

Primjer 1.1.8 Ispustimo kamen da slobodno pada u bunar. Udar u vodu µcuje se nakon t = 2:5 s. Odredite dubinu bunara. Brzina zvuka iznosi vz = 340 ms . Rješenje: Ukupno vrijeme t = tp + tz jednako je zbroju vremena pada kamena tp i vremenu potrebnom da zvuk stigne od površine vode tz pa vrijedi 1 2 gt 2 p h = vz tz = vz (t h =

tp )

Imamo sustav od dvije jednadµzbe s dvije nepoznate. Rješavanje sustava po t1 daje kvadratnu jednadµzbu t2p +

2vz tp g

2vz t=0 g

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

6 µcija su rješenja

r 2gt 1+ = vz

vz 1 g

(tp )1;2 =

340 ms (1 9:81 sm2

=

" 340 ms 1 9:81 sm2

s

2 9:81 sm2 2:5 s 1+ 340 ms

#

1: 07)

rješenje s predznakom + nije …zikalno. (tp )1 =

71: 73 s

dok drugo rješenje (tp )2 = 2: 42 s daje visinu bunara h = vz (t

tp ) = 340

m (2:5 s s

2: 42 s) = 27:2 m

Primjer 1.1.9 S vrha zgrade, u istom trenutku, jedno tijelo bacimo vertikalno u vis, a drugo nadolje istom poµcetnom brzinom v0 = 5 ms . Poslije koliko ´ce vremena me†usobna udaljenost tijela biti jednaka petini visine zgrade, ako tijelo baµceno nadolje udari o tlo t = 3 s nakon izbacivanja? Kolika je visina zgrade h? Rješenje: Visinu zgrade dobit ´cemo iz izraza za hitac naniµze: 1 m 1 m h = v0 t + gt2 = 5 3s + 9:81 2 (3 s)2 = 59:15 m 2 s 2 s Pretpostavivši da nakon vremena t0 me†usobna udaljenost tijela bude jednaka petini visine tornja. Tijelo baµceno vertikalno u vis opisuje se jednadµzbom 1 2 g t0 2 a drugo tijelo baµceno nadolje h1 = v0 t0

1 h2 = v0 t0 + g t0 2

(1.1.5)

2

(1.1.6)

Zbrajanjem jednadµzbi (1.1.5) i (1.1.6) dobiva se relativna udaljenost ta dva tijela, pa vrijedi h 5 h 5 h 5

= h1 + h2 = v0 t0

1 g t0 2

2

1 + v0 t0 + g t0 2

= 2v0 t0

t0 =

h 59:15 m = = 1:18 s 10v0 50 ms

2

1.1. PRIMJERI

7

Primjer 1.1.10 Tijelo je baµceno nadolje brzinom v0 = 5 ms . Koliko traje let ako u posljednjoj sekundi tijelo prije†e polovicu ukupne visine s koje je baµceno? Rješenje: Oznaµcimo ukupno vrijeme leta sa t = t1 + tp , trajanje leta do posljednje sekunde sa t1 ; a posljednju sekundu sa tp = 1 s: Ukupni prije†eni put je g 1 s(t) = v0 t + gt2 = v0 (t1 + tp ) + (t1 + tp )2 2 2 a put prije†eni u vremenu t1 je g s(t1 ) = v0 t1 + t21 2

(1.1.7)

(1.1.8)

Iz uvjeta zadatka slijedi: s(t)

s(t1 ) =

1 s(t) 2

odnosno s(t) = 2 s (t1 )

(1.1.9)

Uvrštavanjem jednadµzbe (1.1.7) i (1.1.8) u (1.1.9) dobivamo: g v0 tp + v0 t1 + (t2p + 2 tp t1 + t21 ) = 2 v0 t1 + g t21 2 g t21 + 2(v0 t21

g t p ) t1

0:981 t1

tp (g tp + 2 v0 ) = 0

2:02 = 0

(t1 )1 = 1:99 s: Drugo negativno rješenje kvadratne jednadµzbe nema …zikalni smisao. Ukupno vrijeme leta je t = t1 + tp = 2:99 s: Primjer 1.1.11 Tijelo je baµceno u horizontalnome pravcu s visine h = 10 m iznad zemlje. Tijelo padne na horizontalnoj udaljenosti D = 18 m od mjesta bacanja. Pod kojim kutom u odnosu na vertikalu ´ce tijelo pasti na zemlju? Rješenje: Kut pod kojim ´ce tijelo pasti dobivamo iz odnosa inteziteta brzina u x i y smjeru, tako da vrijedi vx vx ) = arctan tan = vy vy Tijelo ´ce padati u y smjeru slobodno pa je vrijeme leta s s 2h 2 10 m t= = = 1:43 s g 9:81 sm2

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

8

i za to vrijeme postigne brzinu u y - smjeru r p m m vy = gt = 2gh = 2 9:81 2 10 m = 14 s s

Komponentu brzine u x - smjeru dobivamo iz jednadµzbe D 18 m m = = 12:59 t 1:43 s s u toj toµcki jednak

D = vx t ) vx = pa je kut

= arctan

12:59 ms vy = arctan 0:9 = 0:7328 rad = 42 = arctan vx 14 ms

Primjer 1.1.12 Tijelo je izbaµceno pod kutom = 50 prema horizontu. Za vrijeme tm = 20 s tijelo dosegne najvišu toµcku. Odredite poµcetnu brzinu i poloµzaj pada tijela. Rješenje: Iz y - komponente brzine koja je u najvišoj toµcki jednaka nuli, dobivamo v0y = v0 sin gtm = 0 9:81 sm2 20 s g tm m v0 = = = 256: 12 sin sin 50 s Ukupno vrijeme leta tijela jednako je tuk = 2tm = 40 s pa za domet tijela dobivamo m D = v0x tuk = v0 tuk cos = 256: 12 40 s cos 50 = 6585: 4 m s Primjer 1.1.13 Dokaµzite da je maksimalni domet kosog hica za kut = 45 te da je domet kosog hica jednak za kutove i 90 , pod pretpostavkom da je otpor zraka zanemariv. Rješenje: Domet kosog hica opisan je izrazom D( ) =

v02 sin 2 g

(1.1.10)

uz konstantnu poµcetnu brzinu, vrijednost kuta koji zadovoljava uvjet maksimuma funkcije je dD ( ) d dD ( ) d

= 0 = =

d v02 sin 2 v2 d = 0 (sin 2 ) d g g d v02 2v 2 cos 2 (2 cos 2 ) = 0 =0 g g

1.1. PRIMJERI

9

odakle slijedi da mora vrijediti cos 2

= 0

2

=

2

=

= 45 4 Koriste´ci izraz za domet (1.1.10) imamo D ( ) = D (90 ) 2 v0 sin [2 (90 )] = g g sin 2 = sin (180 2 )

v02 sin 2

no, to vrijedi jer je sin ( ) = sin (180

) pa je jednakost dokazana.

Primjer 1.1.14 Nakon iskljuµcenja motora, ventilator, µciji je broj okretaja iznosio 900 u minuti, poµcinje se jednoliko usporavati. Ako se ventilator zaustavio nakon t00 = 5 s, kolika mu je kutna akceleracija? Kolika je kutna brzina ventilatora t0 = 3 s nakon poµcetka usporene vrtnje? Odredite ukupni broj okretaja ventilatora do njegovog zaustavljanja? Rješenje: U trenutku iskljuµcenja motora, kutna brzina ventilatora iznosila je 900 rad = 30 = 30 s 1 60 s s Nakon t00 = 5 s ventilator se zaustavio. Iz izraza za kutnu brzinu ! = ! 0 + t i rubnog uvjeta ! (t00 ) = 0 dobivamo ! 0 = 2 f0 = 2

rad

30 rad rad s = 6 = 6 s 2 = 18:85 s 2 00 t 5 s s2 gdje negativni predznak kutne akceleracije znaµci usporenu vrtnju, a rad nije nuµzno pisati u izrazima. Kutna brzina ventilatora zadana je izrazom ! (t) = ! 0 + t pa je nakon t0 = 3 s =

!

!0

=

0

! t0 = ! 0 + t0 = 30

rad + s

6

rad s2

3 s = 12

rad = 12 s s

1

Vektor poloµzaja proizvoljne toµcke na ventilatoru opisuje kut ' opisan izrazom 1 2 t 2 što nakon t00 = 5 s iznosi ' (t) = ! 0 t +

' t00 = 30

s

1

5 s+

1 2

pa je ukupni broj okretaja N=

' 75 = = 37:5 okr 2 2

6

s

2

(5 s)2 = 75

rad = 235: 62 rad

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

10

Primjer 1.1.15 Materijalna se toµcka giba u smjeru osi x, tako da joj je pomak odre†en jednadµzbom x = At Bt3 , gdje je A = 12 ms i B = 1 sm3 . Nacrtajte (x; t) ; (s; t) ; (v; t) i (a; t) dijagram za 0 t 3 s. Izraµcunajte srednju brzinu i srednju akceleraciju toµcke u vremenu od 0 do 3 s.

Rješenje:

x(m) 20 15 10 5 0 0

1

2

3

4

t(s)

x(t) - dijagram

Prije†eni put opisujemo kao s (t) =

12t t3 0 t t3 12t 2 < t

2 3

s(m) 20

10

0

1

2

3

t(s)

s(t) - dijagram

Brzinu dobivamo preko izraza v (t) = A gra…kon ima oblik

3Bt2 =

12

3t2

m s.

Dakle,

1.1. PRIMJERI

11

v(m/s) 10

0 1

2

3

t(s)

-10

-20

v(t) - dijagram Ubrzanje opisujemo jednadµzbom a (t) =

a

6Bt = ( 6t)

m s2

5 0 1

2

-5

3

t

-10 -15 -20

a(t) - dijagram µ Primjer 1.1.16 Cestica se giba u x; y ravnini tako da joj vektor poloµzaja ovisi ! ! ! o vremenu po zakonu r (t) = (At2 Bt) i + Ct3 j ; gdje je A = 10 sm2 ; B = 2 ms ; C = 2 sm3 . Izraµcunajte ! r; ! v; i ! a u t = 1 s. Kada x komponenta brzine postaje jednaka nuli? Kolika je tada y komponenta brzine? Rješenje: Funkcija poloµzaja je ! ! ! r (t) = (At2 Bt) i + Ct3 j koja ima vrijednost u prvoj sekundi h m i! m m ! ! 1 s i + 2 3 (1 s)3 j r (1 s) = 10 2 (1 s)2 2 s s s ! ! = 8 i +2j m Funkcija brzine je vremenska derivacija funkcije poloµzaja d! r (t) d h ! !i ! v (t) = = (At2 Bt) i + Ct3 j dt dt d d ! ! = (At2 Bt) i + Ct3 j dt dt ! ! = (2 At B) i + 3Ct2 j

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

12 i u prvoj sekundi ima vrijednost ! v (1 s) = =

i m m m ! h 2 ! i + 3 2 1 s 2 (1 s) j s2 s s3 ! ! m 18 i + 6 j s

2 10

Funkcija ubrzanja je vremenskaderivacija funkcije brzine d! v (t) d h ! !i = (2At B) i + 3Ct2 j dt dt d d ! ! 3Ct2 j (2At B) i + = dt dt ! ! = (2A) i + (6Ct) j

! a (t) =

i ima vrijednost u prvoj sekundi m ! m ! ! ! ! a (1 s) = 2 10 2 i + 6 2 3 1 s j = 20 i + 12 j s s

m s2

Kako vrijedi ! ! ! v (t) = vx (t) i + vy (t) j = (2 At vx = 0 =) 2At t=

! ! B) i + 3Ct2 j

B=0

m s

2 B = = 0:1 s 2A 2 10 sm2

vy (0:1 s) = 3Ct2 = 3 2

m cm m (0:1 s)2 = 0:06 = 6 s3 s s

Primjer 1.1.17 Krenuvši iz mirovanja materijalna se toµcka giba po pravcu tako da joj je akceleracija proporcionalna s vremenom. Koliki je prije†eni put nakon 12 s ako je nakon 5 s brzina toµcke 20 ms ? Rješenje: Brzina je vremenski integral akceleracije. Budu´ci da je a = kt; onda je

v (t) =

Zt 0

k=

a dt =

Zt

kt dt =

kt2 2

0

2 20 ms 40 ms 2v m = = = 1:6 3 2 2 2 t 25 s s (5 s)

Budu´ci da je poµcetna brzina, za t = 0 s toµcke jednaka nuli, iz t = 5 s; v = 20 ms dobiva se da je k = 1:6 sm3 .

1.1. PRIMJERI

13

Prije†eni je put s (t) =

Zt

vdt =

0

s (t = 12 s) =

Zt

kt2 kt3 dt = 2 6

0

1:6

m s3

(12 s)3 = 460:8 m 6

Primjer 1.1.18 Krenuvši iz mirovanja materijalna se toµcka giba po pravcu tako da joj je akceleracija proporcionalna kvadratu vremena. Kolika je brzina materijalne toµcke ako je u trenutku t = 10 s prije†eni put jednak s = 750 m? Rješenje: Akceleracija je proporcionalna kvadratu vremena, dakle a = kt2 . Tada je

v (t) =

Zt

a (t) dt =

0

Zt

kt2 dt = k

Zt

kt4 t k 4 kt3 dt = j0 = t 3 12 12

1 3 t k 3 t j = t 3 0 3

03 =

kt3 3

0

a prije†eni put

s (t) =

Zt

v (t) dt =

0

04 =

kt4 12

0

Iz poµcetnog uvjeta moµzemo odrediti konstantu k s (10 s) = k =

k (10 s)4 = 750 m 12 m 12 750 m = 0:9 4 10000 s4 s

pa je brzina v u tom trenutku v (t) = v (10 s) =

kt3 3 0:9 sm4 (10 s)3 m = 300 3 s

Primjer 1.1.19 Brzina µcestice koja se pgiba u pozitivnom smjeru x osi opisana p je izrazom v (x) = A x, gdje je A = 5 sm . Ako je u trenutku t = 0 s µcestica u ishodištu, kolika je srednja brzina µcestice na putu od 100 m? Rješenje: Neka u trenutku t µcestica ima poloµzaj x, kako je u trenutku t = 0 s µcestica u ishodištu x = 0 m imamo

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

14

p dx =A x v= dt

dt dx p =) p = Adt x x

Z

što nakon integracije daje Zx 0

Zt p dx p = A dt =) 2 x jxo = At jt0 x

2

p

0

x

p

0 = A (t

p 0) =) 2 x = At

A2 2 t 4 Za put od 100 m potrebno vrijeme je p p 2 x 2 100 m p t= = = 4s A 5 sm x=

Srednja brzina jednaka je kvocijentu prije†enog puta i vremena da se taj put prije†e v=

s 100 m m = = 25 t 4s s

µ Primjer 1.1.20 Covjek se nalazi u toµcki A na obali mora i uoµcava djeµcaka u moru kojemu treba pomo´c. Djeµcak se nalazi u toµcki B i udaljen je od obale 70 m, µ a µcovjek ga vidi pod kutom od 30 u odnosu na obalu. Covjek moµze trµcati brzinom km km v1 = 30 h i plivati brzinom v2 = 5 h . Ho´ce li µcovjek odmah skoµciti u vodu i plivati ili ´ce trµcati obalom, pa onda skoµciti u vodu i plivati? Za koje vrijeme ´ce sti´ci do djeµcaka? Rješenje: Postavimo koordinatni sustav tako da je ishodište u poµcetnom poloµzaju µcovjeka (slika 2.19.), a os x neka aproksimira obalu. Tada su koordinate djeµcaka: y = AB sin = 70 m y 70 m AB = = = 140 m sin sin 30 x = d = AB cos = 140 m cos 30 = 121:24 m µ Covjek µzeli u najkra´cem vremenu sti´ci do djeµcaka. Ako bi µcovjek samo plivao, trebalo bi mu t=

140 m AB = = 100:8 s v2 1:38_ ms

1.1. PRIMJERI

15

Pretpostavimo da ´ce µcovjek trµcati obalom do neke toµcke C = C (x; 0). Potrebno vrijeme dolaska do djeµcaka u ovom sluµcaju je vrijeme trµcanja do toµcke C, plus vrijeme plivanja od toµcke C do djeµcaka. q y 2 + (d x)2 x + = t (x) t = ttr + tpl = v1 v2 gdje je d udaljenost od µcovjeka do okomice djeµcaka na obalu (toµcka D). Traµzimo minimalnu vrijednost vremena po veliµcini x. Uvjet minimalnosti je: dt dx dt dx v2 v1

= 0 1 + v1

=

(d

q

=

2 (d x) ( 1) q =0 2 2 v2 2 y + (d x) x)

x)2

y 2 + (d

kvadriramo jednadµzbu i prona†emo joj inverznu vrijednost v12 v22 v12 v22 v12

1 = v22

v22

=

=

y 2 + (d x)2 y2 = +1 (d x)2 (d x)2 y2 (d x)2 y2 (d x)2

odakle izdvojimo x xmin = d

yp

v2 v12

= 121:24 m proteklo vrijeme je t (x) =

t (109:44 m) =

v22 70 m q

x + v1

q

8; 3_ ms

y 2 + (d

109:44 m + 8:3_ ms

Dakle, do djeµcaka je stigao za t = 64:63 s

1; 38_ ms

v q2

2

1; 38_ ms

2

= 109:44 m

x)2

(70 m)2 + (121:24 m 1:38_ m s

109:44 m)2

= 64:63 s

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

16 što je brµze za t0 = 100:8 s

64:63 s = 36: 17 s

u odnosu da je odmah poµceo plivati. µ Primjer 1.1.21 Cestica se giba duµz krivulje µcije su parametarske jednadµzbe x (t) = e

t

y (t) = 2 cos 3t z (t) = 2 sin 3t gdje je t vrijeme. Odredite brzinu i ubrzanje u proizvoljnom trenutku vremena, te odredite njihov iznos u poµcetnom trenutku vremena. Rješenje: Vektor poloµzaja µcestice ! r dan je izrazom ! ! ! ! r (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k ! ! ! = e t i + (2 cos 3t) j + (2 sin 3t) k tada su brzina i ubrzanje ! d! r (t) ! ! ! = e ti 6 sin 3t j + 6 cos 3t k v (t) = dt ! ! d v (t) d2 ! r (t) ! ! ! a (t) = = =e t i 18 cos 3t j 18 sin 3t k 2 dt dt U poµcetnom trenutku vremena funkcije brzine i ubrzanja su ! ! ! ! v (0) = e 0i 6 sin (3 0) j + 6 cos (3 0) k ! ! = i +6k ! ! ! ! a (0) = e 0 i 18 cos (3 0) j 18 sin (3 0) k ! ! = i 18 j pa su njihovi iznosi q p m v (0) = ( 1)2 + 62 = 37 s q p m 2 a (0) = 12 + ( 18) = 325 2 s

µ Primjer 1.1.22 Cestica se giba duµz krivulje zadane parametarski x (t) = 2t2 y (t) = t2

4t

z (t) = 3t

5

Prona†ite komponente brzine i ubrzanja u trenutku t = 1 s u smjeru vektora ! ! ! ! p = i 3j +2k.

1.1. PRIMJERI

17

Rješenje: Vektor poloµzaja je ! ! ! ! r (t) = x (t) i + y (t) j + z (t) k ! ! ! = 2t2 i + t2 4t j + (3t 5) k Pa su funkcije brzine i ubrzanja d! r (t) ! = 4t i + (2t dt d! v (t) ! ! =4 i +2j dt

! v (t) = ! a (t) =

! ! 4) j + 3 k

µcije vrijednosti u trenutku t = 1 s iznose ! ! 2j +3k

! v (1 s) =

! 4i

! a (1 s) =

! ! 4 i +2j

m s2

m s

Komponete vektora brzine i ubrzanja u zadanom smjeru se dobiju tako što vektore pomnoµzimo brzine i ubrzanja pomnoµzimo sa jediniµcnim vektorom uzadanom smjeru, koji iznosi ! ! ! ! ! p i 3j +2k i ! p0 = =q = p 12 + ( 3)2 + 22

! ! 3j +2k p 14

pa su komponente

! ! ! 3j +2k 16 m m i 4 1 2 ( 3) + 3 2 m p p =p = s s 14 14 14 s ! ! ! m i 4 1 + 2 ( 3) m 3j +2k 2 m p p = =p 2 s2 s 14 14 14 s2

! ! 2j +3k

vp =

! 4i

ap =

! ! 4 i +2j

µ Primjer 1.1.23 Cestica se giba tako da joj je poloµzaj vektora zadan izrazom ! ! ! r = cos !t i + sin !t j gdje je ! konstanta. Pokaµzite da je brzina µcestice ! v okomita na vektor poloµzaja ! ! r i da je akceleraciaj µcestice a usmjerena prema ishodištu i ima intezitet pro! rorcionalan udaljenosti od ishodišta. Pokaµzite i da je ! r v konstantan vektor. Rješenje: Brzina µcestice je d! r ! v = = dt

! ! ! sin !t i + ! cos !t j

µ POGLAVLJE 1. KINEMATIKA CESTICE

18 pa je ! r ! v = =

! ! cos !t i + sin !t j

! ! ! sin !t i + ! cos !t j

! sin !t cos !t + ! sin !t cos !t = 0

pa su vektori okomiti. Ubrzanje µcestice je d! v ! a = = dt

! ! 2 cos !t i

! ! 2 sin !t j =

! ! ! 2 cos !t i + sin !t j =

!2! r

što pokazuje da je akceleracija suprotnog smjera od vektora poloµzaja, dakle usmjerena prema ishodištu i da je direktno proporcionalna iznosu vektora poloµzaja j! r j. Vektor ! ! ! i j k ! ! r v = cos !t sin !t 0 ! sin !t ! cos !t 0 ! ! = ! cos2 !t + ! sin2 !t k = ! k što je konstantan vektor. Fizikalno znaµcenje je da se µcestica giba kruµzno sa konstantnom kutnom brzinom. Ubrzanje je usmjereno uvijek prema središtu kruµznice i naziva se centripetalno ubrzanje.

Poglavlje 2

DINAMIKA 2.1

Primjeri

Primjer 2.1.1 Kuglica mase m = 1 g obješena je o nit duljine l = 1 m giba se jednoliko po kruµznici tako da nit zatvara kut ' = 30 s vertikalom. Odredite period kruµzenja i napetost niti tog stoµzastog njihala. Rješenje: ! ! Na kuglicu djeluje sila teµza G i napetost niti N . Napetost niti je N=

G mg = = 0:01328 N = 13:28 mN cos ' cos 30

! ! Sila teµza G i napetost niti N vektorski zbrojene daju centripetalnu silu. mv 2 Fcp = mg tan ' = r p p v = g r tan ' = g l sin ' tan '

odakle je period kruµzenja

2r 2 l sin ' T = =p =2 v g l sin ' tan '

s

l cos ' = 1: 87 s g

Primjer 2.1.2 Tijelo malih dimenzija sklizne sa vrha sfere. U kojoj toµcki ´ce se tijelo odvojiti od površine sfere i nastaviti gibanje zrakom? Polumjer sfere iznosi R = 0:45 m. Sva trenja zanemarite. Rješenje: Tijelo ´ce se odvojiti u onoj toµcki na sferi gdje ´ce centrifugalna sila poništiti normalnu komponentu teµzine tijela GN , odnosno mg cos

=

mv 2 R 19

20

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

Visinsku razliku od vrha sfere do toµcke odvajanja oznaµcimo sa h, tada je R

h = R cos

=) cos

=

R

h R

a za brzinu tijela (budu´ci da trenje zanemarujemo) imamo v 2 = 2gh Traµzeni uvjet za toµcku daje R

h

m 2gh R R R h = 2h R 0:45 m h = = = 0:15 m 3 3 Dakle, tijelo ´ce se odvojiti od površine sfere u toµcki koja je 15 cm niµza od vrha sfere. Toµcku moµzemo opisati i kutom na sferi koji opiše radijus vektor tijela tijekom gibanja mg

cos

=

=

R

h R

= arccos

=

R 3

R R

=

2 3

2 = 48: 19 = 0:841 07 rad 3

Primjer 2.1.3 Sila F djeluje u vremenskom intervalu t = 0:05 s. Prilikom gibanja tijela sila F mijenja svoj intezitet prema relaciji F = 500ma (1 kt), gdje je k = 100 s 1 . Izraµcunajte kolika je brzina v u trenutku t = 0:05 s ako je poµcetna brzina iznosila v0 = 200 ms , a ubrzanje a = 3 sm2 . Rješenje: Kao što je poznato, kratkotrajne sile velikog inteziteta nazivaju se impulzivnim silama koje su obiµcno promjenjivog inteziteta. U našem sluµcaju, djelovanje sile mijenja koliµcinu gibanja tijela po izrazu p = mv

mv0 =

Z

t

F dt =

0

= 500ma

Z

Z

t

[500ma (1

kt)] dt

0

t

(1

kt) dt = 500ma

k ( t)2 2

t

0

odnosno, nakon dijeljenja izraza sa masom tijela m za konaµcnu brzinu v dobivamo v = v0 + 500a t 1 = 200

k t 2

m m + 500 3 2 0:05 s 1 s s

100 s 2

1

0:05 s

= 87: 5

m s

2.1. PRIMJERI

21

Primjer 2.1.4 Tijelo mase 20 kg vuµce se uµzetom po horizontalnoj podlozi konstantnom brzinom. Ako je koe…cijent trenja klizanja tijela i podloge K = 0:5 pod kojim kutom ´ce napetost uµzeta biti najmanja? Koliki je iznos napetosti uµzeta u tom trenutku? Rješenje: Budu´ci da je brzina konstantna, primjenom I. Newtonova zakona, jednadµzba gibanja ´ce glasiti: P! ! ! ! ! F i = R + G + T + Ftr = 0 i

Promatrano po komponentama x i y dobivamo: P FiX = T cos Ftr = 0 i

P i

Ftr = T cos

FiY

= T sin

R = G

+R

(2.1.1)

G=0

T sin

(2.1.2)

Sila trenja je Ftr =

K

R pa povezuju´ci gornje dvije jednadµzbe dolazimo

T cos

=

K

(G

T sin )

T cos

=

K

mg

do

K

T sin

+ K sin ) mg T = =T( ) cos + K sin Ovo je funkcija napetosti niti ovisna o kutu . Da bi napetost niti bila minimalna mora biti zadovoljen uvjet za ekstrem funkcije T ( ) koji glasi K

mg = T (cos

K

dT d

= 0 =

dT d

0

K

= =

0

mg ( sin + K cos ) (cos + K sin )2

=0 =

0

Odakle vrijedi sin

0

+

K

cos

0

= 0

tan

0

=

0

= arctan

0

= 26; 56

K K

= arctan 0; 5

gdje je 0 kut pod kojim je napetost niti najmanja. Iznos napetosti niti za taj kut iznosi T(

0)

=

K

cos

0

+

mg K

sin

= 0

0; 5 20 kg 9; 81 sm2 = 87; 74 N cos (26; 56) + 0; 5 [sin (26; 56)]

22

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

Primjer 2.1.5 Gibanje tijela, koje se spušta niz strmu ravan postavljenu pod kutom prema horizontu, opisano je jednadµzbom x = bgt2 , gdje je g - ubrzanje zemljine teµze, a b - konstantni koe…cijent. Odredite intezitet sile trenja klizanja po ravnoj kosini. Rješenje: Teµzinu tijela oznaµcimo sa G te komponente reakcije strme ravni R i Ftr . Postavimo koordinatni sustav tako da os x bude usmjerena paralelno niz kosinu, a os y okomito od kosine. Tada je diferencijalna jednadµzba gibanja tijela: m• x = G sin

Ftr

(2.1.3)

2

gdje je x • = ddt2x = ax - ubrzanje tijela u smjeru x - osi. Kako je x = bgt2 , to je x • = 2bg. Masa tijela jednaka je m = G g , pa jednadµzba (2.1.3) dobiva oblik: m• x=

G 2bg = 2bG = G sin g

Ftr

odakle slijedi traµzena veliµcina sile trenja Ftr = G (sin

2b)

Primjer 2.1.6 Kapljica kiše pada s velike visine (slika 3.39.) tako da joj je brzina jednaka v1 = 15 ms u trenutku kad joj je akceleracija jednaka a1 = 7 sm2 . Blizu Zemljine površine kapljica pada jednoliko. Ako je sila otpora zraka proporcionalna s kvadratom brzine i kapljica pada pod kutom = 15 , kolikom brzinom puše boµcni vjetar? Rješenje: Jednadµzba gibanja za kapljicu je ma = mg

Fot (v)

gdje je Fot (v)

(2.1.4)

sila otpora zraka i vrijedi

Fot (v) = kv 2 U trenutku t1 kapljica ima brzinu v1 i ubrzanje a1 pa je ma1 = mg

kv12

kv12 = m (g a1 ) m (g a1 ) k = v12

(2.1.5)

U blizini Zemljine površine kapljica se giba jednolikom brzinom koju nazivamo graniµcna brzina vg , a sila otpora je zapravo Fot (vg ) pa je ukupna sila koja djeluje na kapljicu jednaka nuli.

2.1. PRIMJERI

0 = mg

23

Fot (vg )

0 = mg kvg2 mg g mg vg2 = v12 = m(g a ) = 1 k g a 1 v12 s r 9; 81 m g = 15 vg = v1 g a1 s 9; 81 sm2 m vg 28 s

m s2

7

m s2

Iz dijagrama brzina vjetra i graniµcne brzine gibanja kapljice slijedi sin

=

vv vg

vv = vg sin

= 28

m sin 15 s

7:25

m s

Primjer 2.1.7 Izraµcunajte brzinu i prije†eni put tijela koje pada u ‡uidu. Pretpostavimo silu trenja (otpor sredstva) proporcionalnu brzini tijela Ftr = bv. Kolika je konaµcna brzina kojom ´ce tijelo, kada je postigne, padati jednoliko? Nacrtajte s (t) i v (t) dijagram i uporedite to gibanje sa slobodnim padom b (uzgon zraka zanemarite). Raµcunajte sa vrijednosti m = 0:7 s 1 . Rješenje: Ovdje imamo primjer gdje je sila proporcionalna brzini. Op´cenito, ako sila ovisi o brzini F = f (v) probleme rješavamo na slijede´ci naµcin: dv F = ma = m = f (v) =) dt

Zt 0

Zv dv dt = m f (v) v0

Nakon integriranja ove jednadµzbe nalazimo brzinu v kao funkciju vremena v (t), a odavde: v (t) =

ds =) dt

Zs

ds =

s0

s = s0 +

Zt

Zt

v (t) dt

0

v (t) dt

0

Dakle, mi imamo po X i

Fi = mg

bv = ma = m

dv dt

24

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

odnosno dv =g dt

b v m

Pod pretpostavkom da tijelo krene iz mirovanja v0 = 0, integriranjem dobivamo Zv 0

dv g

bt = m bt

em

b mv

ln

=

=

Zt

dt =)

b m

0

"

g

v

b m

"

1

!

g b m

mg =) e mg bv

b v = mg

1

!#

=

b m

!

ln

bt m

g

ln

mg

=

b m

!#

bv b b mg

mg bv =1 mg bt mg =) v = 1 e m b

bt m

e

ln v

g

=t

= ln

mg mg bv

b v mg

Pri padanju u ‡uidu zbog otpora sredstva ubrzanje se smanjuje i konaµcno postaje nula, tijelo u tom trenutku postiµze konaµcnu (graniµcnu) brzinu i dalje se giba jednoliko. Graniµcnu brzinu odre†ujemo iz uvjeta da je ukupna sila na tijelo jednaka nuli, odnosno da je sila teµze jednaka sili trenja X Fi = mg bvg = 0 i

mg = bvg =) vg =

mg m = 14:014 b s

pa se brzina i ubrzanje mogu prikazati pomo´cu vg kao v = vg 1 a = g

e

bt m

bv =g m

b mg

g

v=g 1

v vg

Put se dobiva integriranjem brzine s =

Zt

vg 1

e

bt m

dt =

0

s = vg t

Zt

vg

bt m

vg e

dt = vg t +

vg2 e g

bt m

1

0

vg 1 g

e

bt m

= vg t

v g

h i 2t T 2 Primjer 2.1.8 Na µcesticu mase m djeluje sila F = F0 1 u vremenT skom intervalu 0 t T , gdje je F0 konstanta. Odredite brzinu µcestice na kraju intervala ako µcestica na poµcetku miruje v0 = 0.

2.1. PRIMJERI

25

Rješenje: Brzina je jednaka v (t) =

Zt

a (t) dt =

Zt

" F0 1 m

Zt

0

F (t) dt + v0 m

0

pa dobivamo v (t) =

0

2t

2

T T

#

pa nakon vremena T dobivamo ZT " 2t T F0 1 v (T ) = m T

dt

2

0

F0 2 2 t (3T m 3T 2

=

#

2t) jT0 =

dt 2F0 T 3m

Primjer 2.1.9 Tijelo mase m = 5 kg baµceno je u horizontalnome smjeru poµcetnom brzinom v0 = 20 ms . Koliki je iznos brzine, tangencijalne i centripetalne sile t = 2 s nakon bacanja tijela? Zanemarite otpor zraka. Rješenje: Tijelo opisuje putanju horizontalnog hica (parabolu). U proizvoljnoj toµcki putanje horizontalna komponenta brzine jednaka je v0 = vx = 20 ms i ona se ne mijenja, dok je vertikalna komponenta brzine proporcionalna vremenu i iznosi vy = gt. Ukupna brzina iznosi

v (t) =

q

v (2 s) =

vx2

vy2

+

r

20

q q 2 2 = v0 + ( gt) = v02 + g 2 t2

m s

2

+ 9:81

m s2

2

(2 s)2 = 28: 017

m s

Tangencijalna sila je Ft (t) = m

dv d =m dt dt

Ft (2 s) = q

2

mg 2 t

v02 + g 2 t2 = p

9:81 sm2

5 kg 20 ms

q

v02 + g 2 t2

2

+ 9:81 sm2

2s

2

= 34: 349 N

(2 s)2

Ukupna sila jednaka je sili teµze pa mora vrijediti ! ! ! 2 F t + F cp = G ) Fcp + Ft2 = G2

26

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

odnosno

Fcp (t) =

q

Ft2 =

G2

Fcp (2 s) = q

s

mgv0 m2 g 4 t2 =p 2 2 2 2 v0 + g t v0 + g 2 t2

(mg)2

5 kg 9:81 sm2 20 ms 20 ms

2

+ 9:81 sm2

2

= 35: 015 N

(2 s)2

Primjer 2.1.10 Na vagonu mase m = 4t, u obliku platforme, nalazi se µcovjek mase m0 = 80 kg. Vagon se giba po horizotalnom kolosjeku bez trenja i ima poµcetnu brzinu v0 . Koliki je prirast brzine vagona ako µcovjek poµcne trµcati brzinom v1 = 6 ms u smjeru suprotnom od smjera gibanja vagona i iskoµci iz njega u horizontalnom pravcu. Rješenje: Uzmimo da se vagon giba u pozitivnom smjeru osi x. Poµcetna koliµcina gibanja cijelog sustava iznosi p0 = m + m0 v0 dok je konaµcna koliµcina gibanja jednaka pk = m (v0 +

v)

gdje je v traµzeni priraštaj brzine vagona prije iskakanja µcovjeka. Uzimaju´ci da je konaµcna koliµcina gibanja µcovjeka p0 = m0 (v0 +

v

v1 )

na osnovu zakona odrµzanja koliµcine gibanja dobivamo p0 = pk + p 0 m + m0 v0 = m (v0 + v) + m0 (v0 + v v1 ) 80 kg 6 ms m0 v1 m v = = = 0:117 65 m + m0 4000 kg + 80 kg s Uoµcimo da priraštaj brzine vagona uop´ce ne ovisi od poµcetne brzine v0 sustava. Primjer 2.1.11 Raketa poµcetne mase m0 izbacuje plinove brzinom vp = 400 ms u odnosu prema raketi. Uz pretpostavku da nema vanjskih sila, izraµcunajte brzinu rakete nakon što je izgorilo 10% poµcetne mase. Rješenje: Iz zakona oµcuvanja koliµcine gibanja imamo p = mv = konst:

2.1. PRIMJERI

27

deriviranjem dobivamo dm dv d (mv) = v+m =0 dt dt dt odakle dobivamo jednadµzbu m

dv = dt

v

dm dt

Ovdje je v = vp brzina izbacivanja plina u odnosu na raketu. Separacijom varijabli slijedi dm = m

1 dv vp

Koristimo poµcetne uvjete, brzina na poµcetku gibanja jednaka je nuli, a masa sustava m, dok je nakon izvjesnog vremena brzina v, a preostala masa jednaka je m = m0 0:1m0 = 0:9m0 . Integriranjem tada dobivamo Zm

dm m

1 vp

=

m0

ln m

Zv

dv

0

1 1 (v) jv0 =) ln m ln m0 = (v 0) vp vp m m m vp ln = vp ln 0:9 = 400 ( 0:105 36) = 42: 144 m0 s s

m m0

j

v =

=

Primjer 2.1.12 Raketa mase m = 60 t izbacuje plinove brzinom vp = 2000 ms i nakon izgaranja goriva postigne brzinu od v = 8000 ms . Kolika je masa prazne rakete bez goriva? Pretpostavite da na raketu ne djeluju vanjske sile i da je lansirana bez poµcetne brzine. Rješenje: S obzirom da je cjelokupno gorivo sagorjelo, preostala masa jednaka je masi prazne rakete. Iz integrala Zm

dm = m

m0

1 vp

Zv

dv

0

kao u prethodnom primjeru traµzimo preostalu masu m. ln m

ln m0 = ln

m m0

=

1 (v vp v vp

m = m0 e

v vp

0)

= 60 t e

= 1098:9 kg

1:1 t

8000 2000

m s m s

= 60000 kg e

4

28

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

Primjer 2.1.13 Raketa mase m = 20 kg lansirana je iz mirovanja vertikalno u vis. Izbacivši m0 = 0:4 kg plina, nakon prve sekunde raketa postigne brzinu v = 20 ms . Kolika je brzina izbacivanja plinova u odnosu na raketu? Treba u raµcun uvrstiti da se raketa giba u gravitacijskom polju Zemlje. Rješenje: Iz uvjeta zadatka vidimo da je brzina sagorjevanja plina jednaka mt = 0:4 kg s m pa nam se preostala masa plina u raketi mijenja po zakonu mp (t) = m0 t t. Koriste´ci II. Newtonov zakon dobivamo vp

m0

Z

dm dt dm m

= m =

m t t

dm m

=

m0

dv +g dt Z 1 dv + g dt= vp dt 0 v 1 Z Zt 1 @ dv + gdtA vp 0

m t t

ln m0

vp ln

0

ln m0 = m0 m t t

m0

1 (v + gt) = ( vp ) vp

= v + gt

odakle slijedi izraz za brzinu gibanja rakete u gravitacijskom polju v (t) = vp ln

m0 m0

m t t

gt

ili vp =

v (t) + gt ln m m0 m t 0

t

Koriste´ci poµcetni uvjet v (1 s) = 20 ms imamo vp =

20 ms + 9:81 sm2 1 s ln

20 kg 20 kg 0:4 kg 1s s

= 1475: 5

m s

Primjer 2.1.14 Neka je polje sile zadano ! ! a) F = r , gdje je neprekidna i diferencijabilna funkcija. Pokaµzite da je rad prilikom gibanja µcestice u tom polju od toµcke P1 = (x1 ; y1 ; z1 ) do toµcke P2 = (x2 ; y2 ; z2 ) nezavisan od putanje koja spaja te dvije toµcke.

2.1. PRIMJERI

29

b) Zapravo, ako je

Z

! ! F d r neovisan o putanji C koja spaja proizvoljne dvije

C

! ! tako da vrijedi F = r .

toµcke, pokaµzite da postoji funkcija Rješenje: a) Uµcinjeni rad jednak je W

=

Z

! ! F dr =

ZP2

d! r

P1

P1

C

=

ZP2 ZP2 ! ! ! F dr = r

@ ! @ ! @ ! i + j + k @x @y @z

! ! ! dx i + dy j + dz k

P1

ZP2 ZP2 @ @ @ = dx + dy + dz = d @x @y @z P1

=

P1

(P2 )

(P1 ) =

(x2 ; y2 ; z2 )

(x1 ; y1 ; z1 )

tako da integral (rad) ovisi samo o toµckama P1 i P2 , a ne o krivulji koja ih spaja. Z ! ! ! ! ! b) Neka je F = F1 i + F2 j + F3 k . Pretpostavimo da je integral F d! r C

nezavisan o krivulji C koja spaja dvije toµcke, npr. (x1 ; y1 ; z1 ) i (x; y; z). Tada je

(x; y; z) =

(x;y;z) Z

! ! F dr =

(x1 ;y1 ;z1 )

(x;y;z) Z

F1 dx + F2 dy + F3 dz

(x1 ;y1 ;z1 )

Tada je

(x +

x; y; z)

(x; y; z) =

(x+Z x;y;z)

! ! F dr

(x1 ;y1 ;z1 )

=

! ! F dr

(x1 ;y1 ;z1 )

(x+Z x;y;z)

(x1Z ;y1 ;z1 )

(x+Z x;y;z)

(x+Z x;y;z)

! ! F dr +

(x1 ;y1 ;z1 )

=

(x;y;z) Z

! ! F dr =

(x;y;z)

! ! F dr

(x;y;z)

F1 dx + F2 dy + F3 dz

(x;y;z)

kako posljednji integral mora biti neovisan o krivulji C koja spaja toµcke (x; y; z) i (x + x; y; z), moµzemo izabrati putanju tako da dy i dz budu jednake nuli.

30

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

Integral u tom sluµcaju je jednak

(x +

x; y; z)

(x+Z x;y;z)

(x; y; z) =

F1 dx

(x;y;z)

(x +

x; y; z) x

(x; y; z)

1 x

=

(x+Z x;y;z)

F1 dx

(x;y;z)

ta u graniµcnom sluµcaju

x ! 0 imamo

@ = F1 @x analogno dobivamo i za preostale dvije komponente @ @ = F2 ; = F3 @y @z Onda je polje sile jednako ! @ ! @ ! @ ! ! ! ! ! F = F1 i + F2 j + F3 k = i + j + k =r @x @y @z ZP2 ! ! ! Ako je F d r nezavisan o krivulji C koja spaja toµcke P1 i P2 , tada F P1

nazivamo konzervativno polje. Dakle, ako postoji funkcija ! ! r tada je F konzervativno polje i obrnuto.

! tako da vrijedi F =

! ! ! ! Primjer 2.1.15 Ako je F = 2xy + z 3 i + x2 j + 3xz 2 k polje sile. a) Pokaµzite da je ono konzervativno, b) Prona†ite skalarni potencijal, c) Prona†ite rad uµcinjen prilikom gibanja objekta u ovom polju od toµcke T1 (1; 2; 1) do toµcke T2 (3; 1; 4). Rješenje: ! ! ! a) Nuµzan i dovoljan uvjet da polje bude konzervativno je da rot F = r F = 0. Izraµcunajmo rotaciju ! r

! F =

! i

! j

! k

@ @x

@ @y x2

@ @z

2xy + z 3

3xz 2

! = 0 i + 3z 2

! 3z 2 j + (2x

! 2x) k = 0

2.1. PRIMJERI

31

! pa je F konzervativno polje sile. b) Prvi naµcin: ! ! ! ! ! ! ! ! Uporedimo F = r ili @@x i + @@y j + @@z k = 2xy + z 3 i + x2 j + 3xz 2 k . Vidimo da je tada @ @x @ @y @ @z

= 2xy + z 3 = x2 = 3xz 2

odnosno nakon integracije = x2 y + xz 3 + f (y; z) = x2 y + g (x; z) 3 = + xz + h (x; y) Ove jednadµzbe se slaµzu ako odaberemo: f (y; z) = 0 g (x; z) = x2 y h (x; y) = xz 3 tako da je = x2 y + xz 3 + c gdje je c proizvoljna aditivna konstanta. Drugi naµcin: Z ! ! ! Kako je F konzervativna, F d r ne zavisi o krivulji C duµz (x1 ; y1 ; z1 ) i C

(x; y; z), pa odaberimo krivulju duµz osi x, tako da su y; z duµz x konstantni (y1 ; z1 ). Tada je (x; y; z) =

Zx

2xy1 +

x1

= = =

z13

dx +

Zy

2

x dy +

Zz

3xz 2 dz

y1 z1 3 x 2 y 3 z x y1 + xz1 x1 + x y y1 + xz z1 x2 y1 + xz13 x21 y1 x1 z13 + x2 y x2 y + xz 3 x21 y1 x1 z13 = x2 y + 2

x2 y1 + xz 3 xz 3 + c

Tre´ci naµcin: ! ! ! F dr = r

d! r =

@ @ @ dx + dy + dz = d @x @y @z

xz13

32

POGLAVLJE 2. DINAMIKA

pa je d

= =

! ! F d r = 2xy + z 3 dx + x2 dy + 3xz 2 dz 2xydx + x2 dy + z 3 dx + 3xz 2 dz

= d x2 y + d xz 3 = d x2 y + xz 3 0dnosno = x2 y + xz 3 + c c) Izvršeni rad jednak je W

ZP2 ZP2 ZP2 ! ! F d r = d = d x2 y + xz 3 = =

P1

P1

P1

2

x y+

P xz 3 P21

2

= x y + xz 3

(3;1;4) (1; 2;1)

= 202

Poglavlje 3

ENERGIJA I ZAKONI µ OCUVANJA 3.1

Primjeri

µ Primjer 3.1.1 Covjek gura teret mase m = 35 kg konstantnom brzinom uz kosinu nagiba = 30 i prije†e l = 50 m puta. Sila kojom djeluje µcovjek na tijelo je paralelna uz kosinu. Koe…cijent trenja tijela i kosine iznosi k = 0:3. Izraµcunajte rad svake pojedine sile i ukupni rad svih sila. Rješenje: ! ! Na teret djeluje sila teµze G = mg, µcovjek paralelnom silom F uz kosinu, ! ! normalna reakcija podloge R i sila trenja F tr paralelno niz kosinu. Postavimo koordinatni sustav tako da os x bude paralelno niz kosinu, a os y okomito na kosinu. Kako µcovjek gura teret konstantnom brzinom ! v = const: to je ubrzanje tijela jednako nuli. Tada po II. Newtonovu zakonu vrijedi: X! Fi =0 i

odnosno po komponentama X F xi = F + Ftr + GT = 0 i

X

Fy i

= R

GN = 0

i

odakle slijedi R = GN = mg cos GT

= mg sin

Ftr = F

kR

= 297:35 N

= 171:68 N

= 0:3 297:35 N = 89:2 N

= Ftr + GT = 260:88 N 33

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

34

odnosno, rad pojedinih sila je za s = l ! WR = WGN = R ! s = R l cos = 0 J 2 ! ! WGT = G T s = GT l cos = 171:68 N 50 m ( 1) = 8584 J ! WFtr = F tr ! s = Ftr l cos = 89:2 N 50 m ( 1) = 4460 J ! ! WF = F s = F l cos 0 = 260:88 N 50 m 1 = 13044 J pa je ukupni rad jednak Wuk = WR + WGN + WGT + WFtr + WF = 0J + 0J

8584 J

4460 J + 13044 J = 0 J

Ovaj smo rezultat mogli i oµcekivati jer se tijelo giba konstantnom brzinom po pravcu pa je ukupna sila jednaka nuli, odnosno i ukupni rad je tada jednak nuli. Primjer 3.1.2 Dizalo mase m = 800 kg ubrza se akceleracijom a = 1 sm2 iz mirovanja do brzine v = 5 ms , a zatim se nastavlja dizati jednoliko po pravcu. Za cijelo vrijeme gibanja djeluje stalna sila trenja Ftr = 2000 N. Kolika je: a) Prosjeµcna snaga? b) Maksimalna snaga potrebna motoru da ubrza dizalo iz mirovanja do v = 5 ms ? c) Koliku snagu razvija motor pri jednolikom dizanju? d) Koliki je rad motora za vrijeme t = 12 s od poµcetka dizanja? Rješenje: a) Sila koju mora prizvesti motor dizala mora svladati silu teµze, silu trenja i jednoliko ubrzavati dizalo F1 = mg + Ftr + ma = 10:65 kN Pri tome motor obavlja rad W 1 = F1 s = F1

v02 v2 = (mg + Ftr + ma) 0 = 133:1 kJ 2a 2a

Budu´ci da je taj rad obavljen u vremenu t1 = P1 =

v0 a

= 5 s, prosjeµcna snaga je

W1 = 26:62 kW t1

b) Trenutna snaga P = F v mijenja se za vrijeme jednolikog ubrzanja od nule do maksimalne vrijednosti Pm Pm = F1 v0 = 53:24 kW Moµzemo uoµciti da je srednja snaga jednaka polovini maksimalne snage.

3.1. PRIMJERI

35

c) Pri jednolikom dizanju sila motora dizala svladava silu teµze i silu trenja F2 = mg + Ftr = 9:85 kN pa je snaga pri jednolikom dizanju P2 = F2 v0 = 49:24 kW d) Rad za vrijeme jednolikog ubrzavanja je W1 , dakle trebamo izraµcunati jošrad pri jednolikom dizanju W2 . W2 = F2 s = F2 v0 t2 = P2 t2 = 344:68 kJ gdje je t2 = t t1 = 7 s vrijeme jednolikog gibanja dizala. Ukupni rad jednak je zbroju pojedinih radova Wuk = W1 + W2 = 133:1 kJ + 344:68 kJ = 477: 78 kJ Primjer 3.1.3 S vrha breµzuljka, koji moµzemo aproksimirati kosinom, visine h = 30 m i duljine l = 150 m, klizi skijaš mase m = 75 kg. Odredite kinetiµcku energiju i brzinu koju ´ce posti´ci pri dnu kosine ako je koe…cijent trenja klizanja k = 0:06. Rješenje: Po zakonu oµcuvanja energije, mora biti razlika ukupne konaµcne energije koju ima skijaš pri dnu breµzuljka E2 i na njegovu vrhu E1 jednaka radu sile trenja. E2

E1 = Ek2 + Ep2

(Ek1 + Ep1 ) = Wtr

Kako je skijaš imao poµcetnu brzinu v0 = 0 to je Ek1 = 0, a ako za referentnu razinu potencijalne energije uzmemo dno breµzuljka tada je Ep2 = 0. Odavde slijedi Ek2 Ek2

Ep1 = Wtr ! ! = Ep1 + Wtr = m g h + F tr l = m g h + Ftr l cos

=m g h

Ftr l

Sila trenja jednaka je Ftr =

k

m g cos ;

a prije†eni put jednak je duljini kosine s = l. Potrebni kut dobivamo iz jednakosti r h2 cos = 1 l2

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

36 Sada je Ek2

= m g h 0

k

= m g h @1 = 75 kg 9:81

v=

s

(2)

2Ek m

=

s

m g s k

r

1

l h

m 30 m 1 s2

2

p

h2 l l2 1 1A

24 = 15584 J

2 15584 J m km = 20: 38 = 73:39 75 kg s h

Primjer 3.1.4 Tijelo je izbaµceno poµcetnom brzinom v0 pod kutom prema horizontalnoj ravnini. Odredite maksimalnu visinu H koju ´ce dose´ci tijelo, ako na njega djeluje samo konstantna sila teµze. Zadatak riješite: a) primjenom Newtonovih zakona, b) primjenom zakona o oµcuvanju mehaniµcke energije. Rješenje: Postavimo koordinatni sustav tako da u poµcetnom trenutku tijelo bude u ishodištu, koordinatna os x u horizontalnom smjeru, a os y usmjerimo vertikalno naviše. Tada je sila zemljine teµze (pa i ubrzanje) usmjerena u negativnom smjeru osi y pa nema ubrzanja u x smjeru. a) Primjenom II. Newtonova zakona imamo d2 x = m ax = 0 dt2 d2 y Fy = m = m ay = m g =) ay = g dt2 Uz poµcetne rubne uvjete t = 0; ! v =! v0 i! r = 0 dobivamo nakon integriranja Z Z dx (t) = vx (t) = ax dt = 0 dt = c1x dt dx (0) = c1x = v0x =) c1x = v0x = v0 cos dt Z Z dy (t) = vy (t) = ay dt = gdt = gt + c1y dt dy (0) = g 0 + c1y = v0 sin =) c1y = v0 sin dt dy (t) = g t + v0 sin dt Fx = m

3.1. PRIMJERI

37

Tijelo ´ce dose´ci najvišu toµcku u trenutku tH kada y-komponenta brzine bude jednaka nuli. vy (tH ) =

gtH + v0 sin

= 0 =) tH =

v0 sin g

Maksimalna visina H jednaka je y = y (tH ) Z Z y (t) = vy (t) dt = ( gt + v0 sin ) dt = 1 g 02 + v0 0 sin 2 1 2 y (t) = gt + v0 t sin 2 što u trenutku tH daje y (0) =

=

+ cy2

+ cy2 = 0 =) cy2 = 0

1 2 1 gtH + v0 tH sin = g 2 2 1 v02 sin2 v02 sin2 v02 sin2 g + = 2 g2 g 2g

H = y (tH ) =

1 2 gt + v0 t sin 2

v0 sin g

2

+ v0

v0 sin g

sin

b) Neka nam je y = 0 referentna razina potencijalne energije (Ep (0) = 0). Tada je o poµcetnom trenutku energija 1 E (0) = Ep (0) + Ek (0) = Ek (0) = mv02 2 U trenutku kada je tijelo na maksimalnoj visini y = H, y - komponenta brzine jednaka je nuli, a x komponenta brzine je konstantna i iznosi vx = v0x , slijedi 1 1 2 E (H) = Ep (H) + Ek (H) = mgH + mvx2 = mgH + mv0x 2 2 Po zakonu oµcuvanja energije vrijedi E (0) = E (H) 1 1 2 mv02 = mgH + mv0x 2 2 2 + v2 2 2 2 v0x v0x v0y v02 v0x v 2 sin2 0y H = = = = 0 2g 2g 2g 2g Kao što vidimo moµzemo problem rješavati samo zakonom o oµcuvanju energije. Ako nam u primjeru nije potrebno poznavati putanju tijela, što se dobije primjenom Newtonovih zakona, problem rješavamo zakonima oµcuvanja što je u principu lakše. µ Primjer 3.1.5 Covjek vuµce kolica mase m = 25 kg po horizontalnom putu duljine s = 50 m uµzetom koje zatvara kut od = 30 s horizontalom. Koe…cijent trenja kolica i podloge je = 0:3. Koliki rad izvrši µcovjek ako se kolica gibaju konstantnom brzinom? Rješenje:

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

38

Ura†eni rad, s obzirom da je kut sile i podloge konstantan, jednak je Zs Zs ! ! W = F d s = F cos ds 0

0

Ukupna sila kojom djelujemo na tijelo jednaka je nuli (gibanje konstantnom brzinom) X! ! ! ! ! F i = F + G + F tr + R = 0 i

X

Fx i

= F cos

Fy i

= F sin

Ftr = 0

i

X

+R

G=0

i

Odavde je Ftr = F

(G

=

F sin ) = F cos mg + sin

cos pa je rad jednak Zs W = F cos

ds = F cos

0

Zs

ds = F s cos

=

cos

mg + sin

s cos

0

0:3 25 kg 9:81 sm2 50 m cos = 3135: 6 J cos 6 + 0:3 sin 6 6

=

Primjer 3.1.6 Sila F = At djeluje na µcesticu mase m ubrzavaju´ci je od mirovanja. Koliki je rad te sile nakon vremena t? Rješenje: Koriste´ci de…niciju rada W =

Zs

F ds =

0

Zt

F vdt

0

Brzina je iz II. Newtonova zakona jednaka dv F = At = m Zdt A dv = tdt= m Zv(t) Zt A dv = tdt m 0

v (t) =

0 At2

2m

3.1. PRIMJERI

39

pa je W =

Zt

F vdt =

0

Zt

A2 At2 dt = At 2m 2m

Zt

t3 dt =

A2 t 4 8m

0

0

s obzirom da je djelovanje sile utrošeno na promjenu brzine W = Ek =

mv 2 m = 2 2

At2 2m

2

=

A2 t4 8m

! ! ! Primjer 3.1.7 Vektor poloµzaja materijalne toµcke je ! r 1 = i + j + k m. ! ! Pod djelovanjem sile F = 5 i N materijalna toµcka poµcinje se gibati i u nekom ! ! ! trenutku njen vektor poloµzaja iznosi ! r 2 = 6 i + 6 j + 6 k m. Koliki je rad izvršila sila pri pomicanju materijalne toµcke? Rješenje: Rad koji je izvršila sila iznosi ! ! ! W = F r = F (! r2 ! r 1) ! ! ! ! = 5 i N 5 i + 5 j + 5 k m = 25 J Napomena: Da bi se tijelo našlo u poloµzaju ! r 2 tijelo mora imati neku poµcetnu brzinu (i)/ili moraju postojati komponente sile u drugim smjerovima koje nismo razmatrali. Primjer 3.1.8 Matematiµcko njihalo, duljine niti l = 40 cm i mase m = 0:5 kg, ima otklon '0 = 50 . Primjenom zakona odrµzanja mehaniµcke energije izraµcunajte brzinu tijela kada prolazi kroz ravnoteµzni poloµzaj? Kolika je ukupna energija tog njihala? Rješenje: Zakon odrµzanja mehaniµcke energije glasi Ek + Ep = Euk = konst: Neka je ravnoteµzni poloµzaj referentna razina potencijalne energije, tj. EpA = 0, tada vrijedi Euk = EukA = EukB Euk = EkA + EpA = EkB + EpB |{z} |{z} =0

Euk = EpB = mgl (1 1 2 Euk = EkA = m vA 2 r p 2Euk vA = = 2gl (1 m

=0

cos '0 ) = 0:7 J

cos '0 ) = 1:67

m s

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

40

Primjer 3.1.9 Automobil mase m = 1250 kg na vodoravnoj cesti razvija brzinu v0 = 72 km h i zatim nastavlja voµznju iskljuµcenim motorom. Nakon koliko vremena t0 mu se brzina smanjuje na v = v20 ako je otpor gibanju proporcionalan kvadratu brzine (konstanta proporcionalnosti k = 1:25 kg m ). Izraµcunajte rad sila otpora za to vrijeme. Rješenje: Sila otpora je proporcionalna kvadratu brzine Fot =

kv 2 = ma = m

dv dt

Ovisnost brzine o vremenu dobivamo iz Z dv dv k 2 m = kv =) 2 = dt dt v m Zt Zv k m 1 1 dv = dt =) t = 2 v m k v v0 v0

=) v (t) =

0

Iz uvjeta da je brzina v (t) = v t0 =

v0 2

mv0 m + kv0 t

u trenutku t0 dobivamo

mv0 m 1250 kg v0 = 50 s = =) t0 = = 0 m 2 m + kv0 t kv0 1:25 kg m 20 s

Rad sila otpora do trenutka t0 jednak je Wot t0

=

0 s(t Z )

! F ot d! s =

0

=

k

Zt0 0

=

kv 2 vdt =

0

m3 v03 dt = (m + kv0 t)3

m3 k

E k = E k2

k

Zt0

v 3 dt =

0

k

Zt0 0

1 v03 2 kv0 (m + kv0 t)2

m3 k

1 v02 2 k (m + kv0 t0 )2

m3 k v02 2 4km2 3 = 1250 kg 8 Taj se rad moµze izraµcunati i automobila =

Wot =

Zt0

mv0 m + kv0 t

3

dt

0

jt0

1 v02 2 km2

v02 m3 k 3v02 3 = = mv 2 2 2 km 2 4km 8 0 m 2 20 = 187500 J s iz µcinjenice da je jednak promjeni kinetiµcke energije

1 v0 E k1 = m 2 2

2

1 mv 2 = 2 0

3 mv 2 = 8 0

Primjer 3.1.10 Vise´ci luster mase m = 6 kg otkloni se za kut Kolika je maksimalna sila kojom luster optere´cuje plafon?

187500 J = 45 i pusti.

3.1. PRIMJERI

41

Rješenje: Ukupna sila jednaka je zbroju komponente teµzine i centrifugalne sile i u poloµzaju odre†enom kutom iznosi Fuk = GN + Fcf = mg cos = mg (3 cos

+

mv 2 = mg cos l

+

m 2gl (cos l

cos )

2 cos )

gdje brzinu v dobivamo iz zakona oµcuvanja energije p p 1 mgh = mv 2 ) v = 2gh = 2gl (cos 2

cos )

koja ima maksimalnu vrijednost za kut = 0. Maksimalna sila kojom luster optere´cuje plafon bit ´ce u ravnoteµznom poloµzaju (najniµza toµcka gibanja gdje je najve´ca komponenta teµzine i najve´ca brzina, odnosno centrifugalna sila) Fmax = mg (3 cos = 6 kg 9:81

m s2

2 cos ) = mg (3 cos 0 p ! 2 3 2 = 93:34 N 2

2 cos 45)

Primjer 3.1.11 Na zaustavljenom µzeljezniµckom vagonu, mase m1 = 8000 kg, nalazi se raketna rampa s koje rakete polije´cu brzinom v0 = 1 km s . Istovremeno se lansiraju dvije rakete, svaka mase m2 = 80 kg, u horizontalnom pravcu koji se poklapa s pravcem traµcnica. Za koliko se vagon pomjeri, ako je koe…cijent trenja pri gibanju vagona = 0:06? Rješenje: Prilikom lansiranja raketa, po zakonu o oµcuvanju koliµcine gibanja, vagon dobiva poµcetnu brzinu v1 suprotnoga smjera, od smjera gibanja raketa, iznosa v1 m1 = 2m2 v2 2 80 kg 1000 ms 2m2 v2 m v1 = = 20 = m1 8000 kg s Sada na vagon djeluje samo sila trenja i usporava ga. Sila trenja jednaka je Ftr = R = G = mg jer je vagon na horizontalnim traµcnicama. Zbog toga vagon usporava ma = mg ) a = g = 0:06 9:81

m m = 0:59 2 2 s s

Dakle, radi se o jednoliko usporenom gibanju sa poµcetnom brzinom. Prije†eni put iznosi 2

s=

20 ms v12 = = 339:79 m 2a 2 0:59 sm2

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

42

Primjer 3.1.12 Duµz glatke µzice koja je savijena u kruµznicu polumjera r = 1:5 m i leµzi u horizontalnoj ravnini, pomiµce se materijalna toµcka M pod djelovanjem konstantne sile F = 150 N, koja je uvijek u smjeru tangente na krug. Izraµcunajte rad koji ova sila izvrši pri premještanju materijalne toµcke M iz poloµzaja A (' = 0) do poloµzaja B ' = 2 . Rješenje: ! Elementarni rad W sile F na diferencijalnom elementu duljine puta d! s jednak je I ! W = F d! s ! Kako su F i d! s uvijek u istom smjeru (i leµze na pravcu tangente na kruµznicu) dobivamo W

=

ZB

F ds = F

A

=

ZB

A

150 N 1:5 m 2

ds = F

Z2

rd' = rF

0

Z2

d' =

Fr 2

0

= 112:5 J = 353: 43 J

Primjer 3.1.13 Tijelo mase m giba se po krugu polumjera R, tako da mu normalno ubrzanje ovisi o vremenu, po zakonu an = kt2 , gdje je k - konstanta. a) Odredite ukupnu silu koja djeluje na ovo tijelo u funkciji vremena. b) Kolika je snaga potrebna za ovakvo gibanje tijela? c) Kolika je srednja vrijednost ove snage tijekom vremenskog intervala t od poµcetka gibanja? Rješenje: a) Prema pretpostavci zadatka vrijedi an = kt2 =

p p v2 =) v = kRt2 = kR t R

Tangencijalno ubrzanje je po de…niciji at =

dv p = kR dt

a sila q p F = ma = m a2n + a2t = m k 2 t4 + kR

3.1. PRIMJERI

43

b) Prema de…niciji snaga je jednaka skalarnom umnošku sile i brzine p p ! kR kRt = mkRt P =F ! v = m (! an+! a t) ! v = mat v = m jer je ! an ?! v , pa je ! an ! v = 0. c) Srednja snaga jednaka je P =

P0 + P mkR = t 2 2

Primjer 3.1.14 Kinetiµcka energija tijela koje se giba po krugu polumjera R ovisi o prije†enom putu s po zakonu Ek = ks2 , gdje je k - konstanta. Odredi ovisnost sile koja djeluje na ovo tijelo od prije†enog puta. Rješenje: Iz jednadµzbe 1 Ek = ks2 = mv 2 2 dobivamo 2ks2 v = =) v = m 2

r

2k s m

Prema II. Newtonovu zakonu slijedi q F = ma = m a2n + a2t

gdje je

2

an = at =

2ks v2 2ks2 = m = R R mR r r 2k 2k dv dv ds dv 2ks = = v= s= dt ds dt ds m m m

Sada je sila jednaka s 2ks2 F =m mR

2

+

2ks m

2

=

2ks p 2 s + R2 R

Primjer 3.1.15 Mehaniµcki stroj vrši rad koji se u vremenu mijenja po zakonu p 3 W = A Bt2 C

gdje je A = 104 Ns , B = 3 m3 s i C = 5 m3 s3 . Kolika je trenutna vrijednost snage koju razvija mehaniµcki stroj u 5. sekundi vremena od poµcetka vršenja rada?

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

44

Rješenje: Prema de…niciji, trenutna snaga P jednaka je prvoj derivaciji rada po vremenu, odnosno p 3 p dW d 2 Bt2 C 3 2 P (t) = = A Bt C = ABt dt dt 3 C Bt2 pa je u petoj sekundi q 3 3 m3 s (5 s)2 5 m3 s3 2 4 N 3 P (5 s) = 10 3m s 5s = 5887: 6 W 3 s 5 m3 s3 3 m3 s (5 s)2 Primjer 3.1.16 Tijelo mase m = 5 kg poµcne se gibati pod djelovanjem sile ! ! ! opisane zakonom F (t) = At i + Bt2 j , gdje su A = 3 Ns i B = 10 sN2 konstante. Kolika je sila, komponente ubrzanja i brzina te snaga koju razvije ova sila nakon nekog vremena t0 = 2 s od poµcetka gibanja? Rješenje: Kako je sila ! ! ! ! ! F (t) = max i + may j = At i + Bt2 j ! 0 ! ! F t = At0 i + Bt02 j N N ! ! ! ! = 3 2 s i + 10 2 (2 s)2 j = 6 i + 40 j N s s to su komponente ubrzanja 3N A A m t =) ax t0 = t0 = s 2 s = 1:2 2 m m 5 kg s N 10 s2 B 2 B m ay (t) = t =) ay t0 = t02 = (2 s)2 = 8 2 m m 5 kg s pa su odgovaraju´ce komponente brzine ax (t) =

vx (t) =

Zt

ax dt =

0

Zt

Zt

ay dt =

Zt

vy (t) =

A A tdt = m m

0

0

B 2 B t = m m

što nakon uvrštavanja vremena vx t

0

=

tdt =

A t2 m2

t2 dt =

B t3 m3

0

0

t0

Zt

Zt 0

t0

daje

Z

ax dt =

3 N (2 s)2 A t02 m = s = 1:2 m 2 5 kg 2 s

Zt0

ay dt =

10 sN2 (2 s)3 B t03 m = = 5:33 m 3 5 kg 3 s

0

vy t0

=

0

3.1. PRIMJERI

45

pa je snaga jednaka h ! ! !i P (t) = F (t) ! v (t) = max (t) i + may (t) j

! ! vx (t) i + vy (t) j

= m [ax (t) vx (t) + ay (t) vy (t)] A A t2 B B t3 = m t + t2 m m2 m m3 2 3 2 5 3A2 + 2B 2 t2 3 A t B t = = m + t 2m2 3m2 6m

odnosno u trenutku t0 3A2 + 2B 2 (t0 )2 3 t0 P t0 = 6m 2 N 2 3 3 s + 2 10 sN2 (2 s)2 = (2 s)3 = 220: 53 W 6 5 kg ili = max t0

P t0

vx t0 + may t0

vy t0

ax t0 vx t0 + ay t0 vy t0 h m m mi m = 220: 53 W = 5 kg 1:2 2 1:2 + 8 2 5:33 s s s s Primjer 3.1.17 Prona†ite izvršeni rad prilikom gibanja µcestice u polju sile ! ! ! ! F = 3xy i 5z j + 10x k = m

duµz krivulje x = t2 + 1 y = 2t2 z = t3 u vremenu od t1 = 1 s do t2 = 2 s. Rješenje: Ukupni rad po de…niciji je jednak Z Z ! ! ! W = F dr = 3xy i C

=

=

Z

! ! 5z j + 10x k

! ! ! dx i + dy j + dz k

C

(3xydx

5zdy + 10xdz)

3 t2 + 1

2t2 d t2 + 1

C Zt2

5 t3 d 2t2 + 10 t2 + 1 d t3

t1

Zt2 = 3 t2 + 1 t1

2t2 2tdt

5 t3 4tdt + 10 t2 + 1 3t2 dt

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

46 što iznosi W =

Z2

12t5 + 10t4 + 12t3 + 30t2 dt = 2t6 + 2t5 + 3t4 + 10t3

2 1

= 303 J

1

! ! ! Primjer 3.1.18 Ako je F = 3xy i y 2 j polje sile, izraµcunajte rad prilikom gibanja µcestice duµz krivulje u xy ravnini zadane pomo´cu y = 2x2 od toµcke (0; 0) do toµcke (1; 2). Rješenje: Kako se µcestica giba u xy ravnini (z = 0), moµzemo uzeti za vektor poloµzaja ! ! ! r = x i + y j . Tada je rad jednak Z Z Z ! ! ! ! ! 2! W = F dr = 3xy i y j dx i + dy j = 3xydx y 2 dy C

C

C

Problem moµzemo riješiti na dva naµcina: Prvi naµcin: Uzmimo da je x = t u y = 2x2 . Tada su parametarske jednadµzbe krivulje C x = t, y = 2t2 . Toµcke (0; 0) i (1; 2) odgovaraju vrijednostima t = 0 i t = 1, odakle je W

Z

=

C

8 6 3 4 t + t 3 2

=

Z1

! ! F dr =

3 (t) 2t

t=0 1

= 0

2

dt

2t

2 2

d 2t

2

=

Z1

16t5 + 6t3 dt

0

7 J 6

Drugi naµcin: Zamjenimo y = 2x2 direktno, gdje x ide od 0 do 1. Tada je W

=

Z

C

=

! ! F dr =

Z1

x=0 1 4

8 6 3 x + x 3 2

3x 2x

=

0

2

dx

2 2

2x

2

d 2x

=

Z1

16x5 + 6x3 dx

0

7 J 6

Napomena: u sluµcaju gibanja µcestice od toµcke (1; 2) do toµcke (0; 0) vrijednost integrala bi bila 67 pa bi rad bio pozitivan. Primjer 3.1.19 Prona†ite izvršeni rad µcestice koja se jednom giba duµz kruµznice C u xy ravnini, ako kruµznica ima središte u ishodištu koordinatnog sustava i polumjer r = 3, a polje sile je zadano sa ! F = (2x

! y + z) i + x + y

! z 2 j + (3x

! 2y + 4z) k

3.1. PRIMJERI

47

Rješenje: ! ! U ravnini z = 0 vektor poloµzaja je ! r = x i + y j , pa je izvršeni rad jednak W

=

Z

! ! F dr =

=

(2x

! y + z) i + x + y

! z 2 j + (3x

C

C

Z

Z h

(2x

!i 2y + 4z) k

y) dx + (x + y) dy

C

Izaberimo parametarske jednadµzbe krivulje x = 3 cos t y = 3 sin t gdje se t mijenja od 0 do 2 (gibanje duµz kruµznice jedanput), tada je rad

W

=

=

=

Z2

t=0 Z2 0 Z2

[2 (3 cos t)

[6 cos t

(9

3 sin t] d (3 cos t) + [3 cos t + 3 sin t] d (3 sin t)

3 sin t] ( 3 sin tdt) + [3 cos t + 3 sin t] (3 cos tdt)

9 sin t cos t) dt = 9t

0

9 sin2 t 2

2

= 18 0

Napomena: prilikom raµcuna izabrali smo gibanje µcestice u smjeru suprotnom od gibanja kazaljke na satu (pozitivni smjer). Da smo uzeli gibanje u suprotnom smjeru rezultat bi po izbosu bio isti samo suprotnog predznaka ( 18 ) (negativni smjer - smjer gibanja kazaljke na satu). Sudari µcestica Primjer 3.1.20 Dvije kugle jednake mase gibaju se duµz pravca u istom smjeru brzinama v1 = 10 ms i v2 = 5 ms . Kolika je brzina kugli nakon savršeno neelastiµcnog sudara, poslije kojeg se kugle slijepljene gibaju zajedno? Rješenje: Kugle su jednakih masa, m = m1 = m2 , pa prema zakonu oµcuvanja koliµcine gibanja vrijedi n X i=1

mi ! v i = konst:

m1 ! v 1 + m2 ! v 2 = (m1 + m2 ) ! v0

! ! dx i + dy j

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

48

kako se ova dva tijela gibaju po istom pracu i u istom smjeru imamo m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 ) v 0 m (v1 + v2 ) v1 + v2 m1 v1 + m2 v2 = = v0 = m1 + m2 2m 2 10 ms + 5 ms m = = 7:5 2 s µ Primjer 3.1.21 Cestica mase m1 koja miruje, sudari se elastiµcno sa µcesticom mase m2 . Pri tome se µcestice elastiµcno odbiju i to simetriµcno na upadni pravac 2 gibanja µcestice mase m2 . Odredite odnos m m1 ako poslije sudara kut izme†u gibanja µcestica iznosi = 60 . Rješenje: Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da se pozitivni smjer osi x poklapa sa upadnim smjerom µcestice mase m2 . Primjenjuju´ci zakon oµcuvanja koliµcine gibanja na pojedine koordinatne osi imamo:

m2 v = m1 v1 cos 0 = m2 v2 sin

2 2

+ m2 v2 cos m1 v1 sin

2 2

odakle je

m1 v1 = m2 v2 v = 2v2 cos

2

Primjenom zakona oµcuvanja kinetiµcke energije dobivamo

(Ek )poc = (Ek )kon 1 1 1 m2 v 2 = m1 v12 + m2 v22 2 2 2 m1 2 2 2 v + v2 v = m2 1 2 m1 m2 v2 + v22 = v2 = m2 m1 m2 m1

= = 4

v v2

m2 + 1 v22 m1

2

1 = 4 cos2 p !2 3 2

1=2

2

1 = 4 cos2 30

1

3.1. PRIMJERI

49

Primjer 3.1.22 Tijelo mase m1 = 1 kg gibaju´ci se jednoliko po pravcu brzinom v1 = 5 ms sustigne drugo tijelo mase m2 = 2 kg koje se giba brzinom v2 = 4 ms . Tijela se centralno neelastiµcno sudare i nakon sudara gibaju zajedno. Odredite brzinu gibanja tijela nakon sudara. Kolika bi bila brzina gibanja tijela nakon neelastiµcnog sudara da su se ona gibala u suprotnim smjerovima? Rješenje: Tijela se gibaju u istom smjeru po istom pravcu, pa vrijedi po zakonu oµcuvanja koliµcine gibanja n X

mi ! v i = konst:

i=1

m1 ! v 1 + m2 ! v 2 = (m1 + m2 ) ! v0 odnosno m1 v1 + m2 v2 = (m1 + m2 ) v 0 1 kg 5 ms + 2 kg 4 ms 13 kg ms m m1 v1 + m2 v2 = = = 4:3_ v0 = m1 + m2 1 kg + 2 kg 3 kg s Da su se gibala jedno nasuprot drugom m1 v1

m2 v2 = (m1 + m2 ) v 0 1 kg 5 ms 2 kg 4 ms m1 v1 m2 v2 v0 = = = m1 + m2 1 kg + 2 kg

3 kg ms = 3 kg

1

m s

odnosno gibala bi se brzinom od 1 ms u smjeru gibanja drugog tijela. Primjer 3.1.23 Kugla mase m1 = m giba se brzinom ! v =! v 1 po horizontalnoj podlozi bez trenja i udari u mirnu kuglu mase m2 = m . Sudar je centralni i 2 elastiµcni. Odredite brzine kugli nakon sudara? Trenje zanemarite. Rješenje: Za centralno elastiµcni sudar vrijedi ! v 01 = = ! v 02 = =

(m1 m (m2 m 2

m2 ) ! v 1 + 2m2 ! v2 m1 + m2 m ! m v 1 + 2m 2 2 0 s = m m+ 2 m )! v + 2m ! v 1

2

1

m 2 ! 3m v 1 2

1 = ! v1 3

1

m1 + m2 m 0 ms + 2m! v1 2m! v1 4 = = ! v1 m 3m m+ 2 3 2

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

50

Primjer 3.1.24 Molekula kisika O2 brzine vO2 = 250 ms sudari se centralno i elastiµcno s molekulom CO2 kojoj je brzina vCO2 = 110 ms . Odredite brzine molekula nakon sudara, ako se one sudaraju prilikom gibanja u istom smjeru, mO2 odnosno u suprotnome smjeru. Uzeti u obzir da je mCO = 32 44 . 2

Rješenje: 8 mCO2 . Oznaµcimo mase sa m1 = mO2 , a Odnos masa jednak je mO2 = 11 mCO2 = m2 , a v1 = vO2 , te v2 = vCO2 . Ako se molekule sudaraju prilikom gibanja u istom smjeru imamo ! v 01 =

v2 v 1 + 2mCO2 ! (mO2 mCO2 ) ! m2 ) ! v 1 + 2m2 ! v2 = m1 + m2 mO2 + mCO2 3 750 m m + 220 m m 11 mCO2 250 s + 2 mCO2 110 s = 11 19 = 87: 89 8 s s 11 mCO2 + mCO2 11

(m1

=

! v 02 = =

m1 ) ! v 2 + 2m1 ! v1 (mCO2 mO2 ) ! v 2 + 2mO2 ! v1 = m1 + m2 mO2 + mCO2 m 16 m 330 4000 3 m 11 mCO2 110 s + 11 mCO2 250 s 11 + 11 m = = 227: 89 8 19 s s 11 mCO2 + mCO2 11

(m2

ako se sudaraju prilikom gibanja u razliµcitim smjerovima m2 ) ! v 1 2m2 ! v2 (mO2 mCO2 ) ! v 1 2mCO2 ! v2 = m1 + m2 mO2 + mCO2 m m 3 750 2 mCO2 110 s 220 m m 11 mCO2 250 s 11 = 166: 84 = 8 19 s s 11 mCO2 + mCO2 11

(m1

! v 01 = =

! v 02 = =

m1 ) ! v 2 2m1 ! v1 (mCO2 mO2 ) ! v 2 2mO2 ! v1 = m1 + m2 mO2 + mCO2 16 4000 m m 3 330 m 11 mCO2 110 s 11 mCO2 250 s 11 11 m = 193: 16 = 8 19 s s 11 mCO2 + mCO2 11

(m2

Primjer 3.1.25 Slobodnu kuglicu mase m1 , koja miruje pogodi kuglica mase m2 6= m1 brzinom v = 10 ms . Poslije idealno elastiµcnog sudara kuglice se rasprše i to tako da druga kuglica promijeni svoj pravac gibanja za 90 , a iznos brzinu joj se smanji za polovinu. Odredite pravac gibanja prve kuglice i brzinu poslije sudara. Rješenje: Postavimo ishodište koordinatnog sustava u toµcki poloµzaja prve kuglice prije sudara, a os x postavimo tako da se druga kuglica prije sudara giba u pozitivnom smjeru osi x.

3.1. PRIMJERI

51

Pretpostavimo da se druga kuglica odbila u negativnom smjeru osi y. Neka se prva kuglica odbije pod kutom u odnosu na pozitivni smjer osi x. Tada po zakonu oµcuvanja koliµcine gibanja imamo m2 ! v = m1 ! v 1 + m2 ! v2 ! ! ! ! m2 v i = m1 v1x i + v1y j m2 v2 j ! ! = (m1 v1x ) i + (m1 v1y m2 v2 ) j Dva su vektora jednaka ako su im jednake komponente, m2 v = m1 v1x 0 = m1 v1y

m2 v2

odakle uz v1x = v1 cos v1y = v1 sin dobivamo m2 v = m1 v1 cos m2 v2 = m1 v1 sin Zamjenom vrijednosti v2 = v2 i dijeljenjem jednadµzbi slijedi m2 v m1 v1 cos = m2 v2 m1 v1 sin v = cot =) cot = 2 v 2

= arccot 2 = 0:46365 rad = 26:56 Obzirom da je sudar elastiµcan moµzemo iskoristiti zakon oµcuvanja mehaniµcke energije na sudar

m2

E (1) = E (2) 1 1 1 m2 v 2 = m1 v12 + m2 v22 2 2 2 v 2 v22 = m1 v12 3 m2 v 2 = m1 v12 4

i uz izraz m2 v = m1 v1 cos dobivamo 3 m2 v 2 = 4 v1 =

=) m1 =

m2 v v1 cos

m2 v 2 m2 v v1 v = v1 cos 1 cos 3 3 m m v cos = 10 cos 26:56 = 6: 71 4 4 s s

µ POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI OCUVANJA

52

Primjer 3.1.26 Sa površine Zemlje izbaµceno je tijelo pod kutom prema horizontu poµcetnom brzinom v0 . Izrazite tangencijalnu i normalnu komponentu ubrzanja kao funkciju visine hica h, ako je maksimalna visina hmax . Trenje zanemariti. Rješenje: U svakoj toµcki putanje ukupno ubrzanje tijela jednako je ! a =! g , jer na tijelo djeluje samo ubrzanje sile Zemljine teµze. Tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja su an = g cos ' at = g sin ' gdje je kut ', kut koji brzina zatvara sa horizontalom u promatranoj toµcki kosog hica na visini h. Primjenjuju´ci zakon oµcuvanja energije dobivamo (uz pretpostavku da je u poµcetnoj toµcki izbacivanja tijela potencijalna energija jednaka nuli) 1 1 mv02 = mv 2 + mgh 2 2 odakle se dobiva v02 = v 2 + 2gh q v = v02 2gh

Tijekom gibanja horizontalna komponenta brzine ostaje konstantna i iznosi vx = v0x = v0 cos , no, istovremeno vrijedi da je vx = v cos ' = v0x = v0 cos , odakle dobivamo cos ' =

v0 cos v

pa slijedi

=p

v0 v02

g v0

an = g cos ' = p

v02

at = g sin ' = g

1

= g

s

1

2gh

p

2gh

cos

cos

v u u cos2 ' = g t1

v02 cos2 =g v02 2gh

s

v02

p

v0 v02

2gh v02 cos2 v02 2gh

2gh

cos

=g

s

!2 v02 sin2 2gh v02 2gh

Poµcetna brzina v0 povezana je sa maksimalnom visinom preko relacije hmax =

v02 sin2 2g

3.1. PRIMJERI

53

pa je an = g cos at = g sin

s

s

hmax hmax h sin2

hmax h hmax h sin2

Primjer 3.1.27 Pravokutni jednostrani klin (slika 4.25.) mase M = 10 kg leµzi na horizontalnoj, potpuno glatkoj podlozi. Kuglica mase m = 10 g giba se horizontalno i udari u kosu stranu klina i odskoµci vertikalno u vis. Na koju ´ce visinu odskoµciti kuglica ako je sudar sa klinom bio savršeno elastiµcan i ako brzina klina poslije sudara iznosi vk = 2 cm s . Trenje zanemarite. Rješenje: Visina h koju ´ce dose´ci kuglica ovisi o poµcetnoj brzini odbijanja kuglice v1 i iznosi h=

v12 2g

Neka je upadna brzina kuglice v0 . Kako je brzina odbijanja kuglice od klina v1 vertikalna, to ´ce zakon odrµzanja koliµcine gibanja za horizontalnu komponentu dati mv0 = M vk =) v0 =

M vk m

Zakon oµcuvanja energije daje 1 1 1 mv 2 = M vk2 + mv12 2 0 2 2 mv02 = M vk2 + mv12 M2 m 2 vk2 = M vk2 + mv12 = : m m M M v12 = 1 vk2 m m odakle je h = =

M M v12 = 1 vk2 2g 2gm m 10 kg 10 kg m 2 9:81 s2 0:01 kg 0:01 kg

1

0:02

m s

2

= 20: 37 m

Poglavlje 4

ROTACIJA KRUTOG TIJELA 4.1

Primjeri

! ! ! Primjer 4.1.1 U toµcki T (1 m; 2 m; 0 m) djeluje sila F = 3 i + 2 j N. Izraµcunajte rezultantni moment sile s obzirom na ishodište (slika 7.10.). Rješenje: Moment sile de…niran je izrazom ! ! M =! r F Kako je vektor poloµzaja toµcke T s obzirom na toµcku ishodišta O = (0 m; 0 m; 0 m) jednak !i ! h ! ! ! r OT = OT = (Tx Ox ) i + (Ty Oy ) j + (Tz Oz ) k h !i ! ! = (1 m 0 m) i + ( 2 m 0 m) j + (0 m 0 m) k =

! i

! 2j m

to je moment sile s obzirom na ishodište jednak ! ! ! ! ! ! MO = ! r OT F = i 2j m 3 i +2j N ! ! ! i j k ! = 1 2 0 Nm = 4 k Nm 3 2 0 dakle moment sile je okomit na x; y ravninu i djeluje u pozitivnome smjeru osi z. ! ! ! ! Primjer 4.1.2 U toµcki T ( 2 m; 1 m; 3 m) djeluje sila F = 3 i 2 j + k N. Izraµcunajte rezultantni moment sile s obzirom na ishodište (slika 7.11.). Koliki bi bio rezultantni moment sile s obzirom na toµcku R ( 1 m; 2 m; 2 m)? 55

56

POGLAVLJE 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA Rješenje: Rezultantni moment sile jednak je ! M =! r

! F

Kako je vektor poloµzaja toµcke T s obzirom na toµcku ishodišta O = (0 m; 0 m; 0 m) jednak ! ! r OT = OT =

! ! ! 2 i + j +3k m

to je moment sile s obzirom na ishodište jednak ! MO = ! r OT ! i = 2 3

! ! ! ! ! ! ! F = 2 i + j +3k m 3i 2j + k N ! ! j k ! ! ! 1 3 N m = 7 i + 11 j + k N m 2 1

Vektor djelovanja sile u odnosu na toµcku R jednak je !i ! h ! ! ! r RT = RT = (Rx Tx ) i + (Ry Ty ) j + (Rz Tz ) k n !o ! ! = [ 1 ( 2)] i + (2 1) j + ( 2 3) k m ! ! ! = i + j 5k m pa je rezultantni moment sile s obzirom na toµcku R ! ! ! ! ! ! ! ! MR = ! r RT F = i + j 5k m 3i 2j + k N ! ! ! i j k ! ! ! = 9i 16 j 5 k Nm 1 1 5 Nm = 3 2 1 Primjer 4.1.3 Odredite moment tromosti tankog homogenog štapa duljine l obzirom na os koja prolazi centrom mase i okomita je na koaksijalnu os štapa (slika 7.12.). Rješenje: Pretpostavimo da tanki homogeni štap ima konstantan popreµcni presjek. Popreµcne dimenzije s obzirom na duljinu štapa l su vrlo male. Neka su y i z osi okomite na duljinu štapa, a koaksijalna os neka je os x. Tada elementarnu masu moµzemo prikazati kao dx dm = m l

4.1. PRIMJERI

57

pa slijedi l

Iy = Iz =

Z2

l

x2 dm =

l 2

Z2

m x3 2l m l3 m 2 x dx = j l= l l 3 3l 8 2

l3 8

=

ml2 12

l 2

Moment tromosti s obzirom na koaksijalnu os x zbog zanemarivih dimenzija debljine štapa jednaka je Ix = 0 Primjer 4.1.4 Dva homogena aluminijska štapa spojena su okomito tako da tvore slovo T (slika 7.13.). Odredite moment tromosti sustava u odnosu na os koja je okomita na ravninu slova, a prolazi kroz toµcku spajanja dva štapa i u odnosu na toµcku koja prolazi kroz dno slova T, ako je duljina štapova l = 0:2 m i masa m = 0:5 kg. Odredite moment tromosti u odnosu na os koja prolazi kroz štapove, pretpostavivši da su štapovi kruµznog popreµcnog presjeka. Rješenje: Neka je štap 1 horizontalan, a štap 2 vertikalan. Moment tromosti u odnosu na toµcku spajanja dva štapa (slika 7.13.a), koriste´ci Steinerov pouµcak, iznosi " # ml2 ml2 l 2 5ml2 Iz = I1 + I2 = + +m = 12 12 2 12 =

25 5 0:5 kg (0:2 m)2 = 10 12 3

3

kg m2

U odnosu na toµcku dna slova (slika 7.13.b) imamo " ml2 ml2 l Iz = I1 + I2 = + ml2 + +m 12 12 2 =

17 0:5 kg (0:2 m)2 85 = 10 12 3

3

2

#

=

17ml2 12

kg m2

uoµcimo da je u oba sluµcaja moment tromosti štapa I2 jednak. Ako osi prolaze kroz štapove, moramo izraµcunati moment tromosti za štapove (koji su u odnosu na koaksijalnu os homogeni valjci). Polumjer štapa dobivamo iz m = r =

r

V = m = l

l r2 s

2700

0:5 kg kg m3

0:2 m

= 1:72 10

2

m = 1:72 cm

pa je moment tromosti štapa u odnosu na koaksijanu os jednaka 0:5 kg mr2 Ix = = 2

1:72 10 2

2m 2

= 7: 37 10

5

kg m2

58

POGLAVLJE 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA

Ako os prolazi koaksijalno štapu 1 imamo " ml2 mr2 + Ix = I1 + I2 = +m 2 12 20 10 3 a ako os prolazi koaksijalno štapu 2 5

= 7: 37 10

kg m2 + ml2 12

Iy = I1 + I2 =

+

3

l 2

2

#

kg m2 = 6: 74 10

3

m2 kg

mr2 2

5 10 3 kg m2 + 7: 37 10 5 kg m2 = 1: 74 10 3 m2 kg 3 Primjer 4.1.5 Odredite moment tromosti tankog prstena mase m = 10 g, polumjera r = 10 cm oko tangente (slika 7.15.). =

Rješenje: Steinerov pouµcak daje I = ICM + mr2 Moment tromosti u odnosu na centar mase prstena, koji leµzi u središtu kruµznica koje de…niraju prsten, iznosi Zm ICM = x2 dm 0

Koriste´ci simetriju u odnosu koordinatnog sustava i uvrštavaju´ci izraze

na

kvadrante

x = r sin ' r = const: m m m dm = dl = rd' = d' 2r 2r 2 dobivamo Zm Z2 Z2 m mr2 2 2 2 ICM = x dm = r sin ' d' = sin2 'd' 2 2 0

0

0

Z mr2 2mr2 ' 4 sin2 'd' = 2 2 2

=

1 sin 2' 4

0

=

2mr2

2

2

1 sin 4

0 2

1 sin 0 4

2

0

=

2mr2 4

=

mr2 2

pa je I = ICM + mr2 =

mr2 3mr2 3 0:01 kg 0:1 m + mr2 = = = 1:5 10 2 2 2

4

kg m2

4.1. PRIMJERI

59

Primjer 4.1.6 Izraµcunajte glavne momente tromosti molekula HCl i CO2 . Udaljenost atoma vodika i klora iznosi rHCl = 128 pm, a udaljenost atoma ugljika u molekuli CO2 od svakog atoma kisika iznosi rCO2 = 112 pm (slika 7.16.). Rješenje: Za svako tijelo postoje najmanje tri me†usobno okomite osi rotacije koje nazivamo glavnim osima inercije. Za njih vrijedi da je ukupni moment koliµcine gibanja ! ! L =I ! ! , odnosno L , paralelan osi rotacije. Odgovaraju´ce momente nazivamo Ix ; Iy ; Iz . Obiµcno se kao ishodište uzima centar mase sustava. Ako postoji os simetrije, tada je to glavna os, a ostale dvije su bilo koje osi okomite na nju. Atome zamislimo kao materijalne toµcke mase m udaljene za r. Moment tromosti sustava dviju materijalnih toµcaka je, npr. za HCl (i druge dvoatomne molekule): Iz = m1 r12 + m2 r22 gdje su r1 ; r2 udaljenosti materijalnih toµcaka od centra mase, a z - je os okomita na spojnicu atoma koja prolazi središtem mase. Budu´ci da je ishodište u centru mase, moµzemo pisati rCM =

m1 r1 + m2 r2 = 0 =) m1 r1 = m1 + m2

m2 r2

odnosno po iznosu m1 r1 = m2 r2 . Iz ovog uvjeta i jednadµzbe r1 + r 2 = r dobivamo r1 =

m2 m1 r; r2 = r m1 + m2 m1 + m2

Iz =

m1 m2 2 r m1 + m2

pa je

Kako je npr. os y okomita ma os z i ima isti poloµzaj u odnosu na atome to vrijedi, uz uvrštavanje podataka za molekulu HCl m1 m2 2 Iy = Iz = r = 2:6 10 47 kg m2 m1 + m2 Ix = 0 kg m2 Moment tromosti s obzirom na os x koja prolazi kroz atome jednak je nuli. Centar mase molekule CO2 nalazi se u atomu ugljika pa je moment tromosti te molekule još jednostavnije prona´ci. I tu je Ix = 0 kg m2 , dok je Iy = Iz = 2mO r2 = 2 2:66 10 = 6:7 10

46

kg m2

26

kg

1:12 10

10

m

2

60

POGLAVLJE 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA

Primjer 4.1.7 Izraµcunajte glavne momente tromosti: a) tanke pravokutne ploµce dimenzija a = 4 cm; b = 1 cm, mase m = 4 g s obzirom na glavne osi koje prolaze kroz centar mase (slika 7.17.a), b) tanke okrugle ploµce polumjera R = 2 cm i mase m = 4 g (slika 7.17.b). Rješenje: a) Glavne osi simetrije x i y jesu osi simetrije ploµce, a os z okomita je na ploµcu. Centar mase je u središtu ploµce. Moment tromosti s obzirom na os x koja prolazi kroz centar mase i paralelna je sa stranicom a uz relaciju dm dy m = =) dm = dy m b b iznosi: b

b

Ix =

Z2

m y dm = b 2

b 2

Z2

m y dy = b

y3 3

m x dy = a

x3 3

2

b 2

=

mb2 = 0:3 g cm2 12

=

ma2 = 5:3 g cm2 12

b 2

b 2

Sliµcno i za os y a

Iy =

Z2 a 2

a

m x dm = a 2

Z2 a 2

2

a 2 a 2

Moment tromosti s obzirom na os z okomitu na ploµcu iznosi Z Z Z Z 2 2 2 2 Iz = r dm = x + y dm = x dm + y 2 dm Iz = Ix + Iy =

m 2 a + b2 = 5:6 g cm2 12

b) Okrugla ploµca: Moment tromosti s obzirom na os z okomito na ploµcu uz relaciju m = S = R2

= r2

=) dm = 2r

dr

iznosi

Iz =

Z

= 2

2

x +y r4 4

2

dm =

jR 0=2

R4

Z

2

r dm =

1 = R2 4 2

Z

r

2

2r

dr = 2

ZR r3 dr 0

1 R2 = mR2 = 8 g cm2 2

4.1. PRIMJERI

61

gdje je - površinska gusto´ca ploµce. Zbog simetrije su momenti tromosti s obzirom na osi x i y jednake i iznose: Ix =

Z

2

y dm; Iy =

Z

2

x dm =) Ix + Iy =

1 1 Ix = Iy = Iz = mR2 = 4 g cm2 2 4

Z

x2 + y 2 dm = Iz

Primjer 4.1.8 Izraµcunajte moment tromosti homogenog paralelopipeda s obzirom na osi koje prolaze središtem mase i okomite su na stranice paralelopipeda, a zatim moment tromosti homogene kocke s obzirom na osi koje prolaze kroz središte mase i okomite su na stranice kocke. Rješenje: Neka paralelopiped ima stranice a; b; c. Postavimo koordinatni sustav tako da ishodište bude u centru mase paralelopipeda, os x neka je paralelna bridu a, os y paralelna bridu b i os z paralelna bridu c. Oznaµcimo stranicu okomitu na os x sa D = bc. Poznavaju´ci polarni moment tromosti pravokutnika (moment tromosti D pravokutnika s obzirom na os okomitu na površinu) I0x = 12 b2 + c2 = konst:, slijedi

Ix =

Z

a

r2 dm =

m

Z2

a

I0x dx =

a 2

D 2 b + c2 12

a D 2 D 2 b + c2 (x) j 2 a = b + c2 2 12 12

=

a=

Z2

dx

a 2

m 2 b + c2 12

jer je m = V = abc = D a. Analogno dobivamo i za ostale dvije osi Iy = Iz =

m 2 a + c2 12 m 2 a + b2 12

Za homogenu kocku vrijedi a = b = c pa imamo Ix = Iy = Iz =

m 2 1 a + a2 = ma2 12 6

Primjer 4.1.9 Preko kolotura u obliku diska mase m = 0:5 kg i polumjera R = 0:1 m prebaµcena je tanka µceliµcna µzica na µcijim krajevima vise utezi masa m1 = 0:25 kg i m2 = 0:45 kg (slika 7.19.). Izraµcunajte akceleraciju utega i napetosti niti. Masu µzice i trenje u osovini koloture zanemarite. Rješenje:

62

POGLAVLJE 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA

Pretpostavimo gibanja tijela u smjeru padanja tijela mase m2 i pridodajmo mu pozitivan predznak. Tada II. Newtonov zakon primijenjen na sustav daje, za tijelo mase m1 : T1

m1 g = m1 a

(4.1.1)

za tijelo mase m2 : m2 g

T2 = m2 a

(4.1.2)

i koloturu, na koju djeluje moment sile M = (T2 kutnu akceleraciju = Ra : (T2

T1 ) R i pri tome mu daje

1 a T1 ) R = I = mR2 2 R 1 T2 T1 = ma 2

(4.1.3)

Zbrojimo li jednadµzbe (4.1.1) i (4.1.2) dobivamo (T1

T2 ) = (m1

m2 ) g + (m1 + m2 ) a

što uvršteno u jednadµzbu (4.1.3) daje akceleraciju utega a = =

m2 m1 g m1 + m2 + 12 m m 0:45 kg 0:25 kg m 9:81 2 = 2:0653 2 1 s s 0:25 kg + 0:45 kg + 2 0:5 kg

Napetost niti T1 dobijemo uvrštavaju´ci akceleraciju u jednadµzbu (4.1.1), a T2 u (4.1.2) ! m2 m1 g+g T1 = m1 a + m1 g = m1 (a + g) = m1 m1 + m2 + 12 m ! 2m2 + 21 m m2 m1 + 1 m g = m1 g = 1 m1 + m2 + 12 m m1 + m2 + 12 m =

T2

2 0:45 kg + 21 0:5 kg m 0:25 kg 9:81 2 = 2: 968 8 N 1 s 0:25 kg + 0:45 kg + 2 0:5 kg

! m2 m1 = m2 (g a) = m2 g g m1 + m2 + 12 m ! 2m1 + 12 m m2 m1 = 1 m2 g = m2 g m1 + m2 + 21 m m1 + m2 + 12 m =

2 0:25 kg + 21 0:5 kg m 0:45 kg 9:81 2 = 3: 485 1 N 1 s 0:25 kg + 0:45 kg + 2 0:5 kg

4.1. PRIMJERI

63

Primjer 4.1.10 Oko horizontalnog valjka mase M = 12 kg i promjera d = 20 cm obavijeno je uµze o µcijem kraju visi utag mase m = 5 kg na visini h = 4 m iznad tla. Pri spuštanju utega valjak se rotira oko svoje koaksijalne osi (slika 7.21.). Izraµcunajte brzinu kojom ´ce uteg pasti na tlo i kinetiµcku energiju cijelog sustava u trenutku pada utega na tlo. Moment tromosti valjka iznosi I = 12 M r2 . Rješenje: U poµcetnom trenutku vremena uteg se ne giba translatorno niti valjak rotira oko svoje osi, tako da je ukupna energija sustava samo potencijalna energija utega Euk = mgh Ta se potencijalna energija pretvara u translacijsku energiju gibanja utega i rotacijsku energiju vrtnja valjka. Pri udaru utega u tlo sva potencijalna energija prelazi u kinetiµcku pa imamo 1 1 mgh = mv 2 + I! 2 2 2 Translatorna brzina povezana je sa kruµznom brzinom rotacije preko v = !r = !

d 2v =) ! = 2 d

pa je mgh = =

1 mv 2 + 2 1 mv 2 + 2

1 1 2v 2 1 1 M r2 = mv 2 + 2 2 d 2 2 1 1 M v 2 = (2m + M ) v 2 4 4

1 d2 M 2 4

4v 2 d2

odavdje je brzina pada utega na tlo jednaka s r 4 5 kg 9:81 sm2 4 m 4mgh m v= = = 5: 972 7 2m + M 2 5 kg + 12 kg s Ukupna kinetiµcka energija jednaka je Ek = =

1 1 1 mv 2 + I! 2 = (2m + M ) v 2 2 2 4 1 m 2 = 196: 2 J (2 5 kg + 12 kg) 5: 972 7 4 s

što smo mogli dobiti i kao potencijalnu energiju utega u poµcetnom trenutku vremena Ep = mgh = 5 kg 9:81

m 4 m = 196: 2 J s2

64

POGLAVLJE 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA

Primjer 4.1.11 Homogeni štap mase m1 = 500 g priµcvrš´cen je u vodoravnom poloµzaju kroz vertikalnu os kroz centar mase oko koje moµze rotirati. Kuglica mase m = 10 g dolije´ce u vodoravnoj ravnini i udara brzinom v = 500 ms u štap pod kutom = 45 na 14 duljine od kraja i ostaje u štapu. Kolika je toplina razvijena pri sudaru? Rješenje: Budu´ci da je ! ! L = r

! p

odnosno L = rp sin

=

l mv sin 4

= I!

i po Steinerovu pouµcku 2

l 4

I = ICM + md2 = ICM + m

=

m1 l2 ml2 + 12 16

dobiva se iz mv 2 I! 2 L2 =Q+ =Q+ 2 2 2I razvijena toplina mv 2 2

L2 mv 2 = 2I 2

=

mv 2 2

=

mv 2 2

l2 m2 v 2 sin2 16 2 2 2 4m1 l 48+3ml 2

Q =

1

l 4

2

mv sin m1 l2 12

mv 2 = 2

3m sin 4m1 + 3m

+

ml2 16

mv 2 2

= 1241 J

2

"

3m sin2 l2 (4m1 + 3m) l2

#

Poglavlje 5

GRAVITACIJA 5.1

Primjeri

Primjer 5.1.1 Planeta Merkur ima promjer D = 4880 km, a udaljenost središta Merkura od središta Sunca R = 57:9 106 km. Srednja gusto´ca Merkura iznosi kg = 5430 m 3 , a vrijeme obilaska Merkura oko Sunca (Merkurova godina) iznosi T = 5:07 106 s. Izraµcunajte kolika je gravitacijska sila privlaµcenja izme†u Merkura i Sunca. Pretpostavite da se planet Merkur giba po kruµznoj putanji oko Sunca. Rješenje: Gravitacijska sila privlaµcenja izme†u Merkura i Sunca dobiva se pomo´cu Newtonova zakona gravitacije mS mM FG = R2 Da bi se planet gibao po kruµznici moraju gravitacijska i centrifugalna sila biti jednake po iznosu, tj. mora vrijediti uvjet FG = Fcf = mM ! 2 R Koriste´ci izraze za masu 4 3 m= V = r = D3 3 6 i kutnu brzinu 2 != T dobivamo F

= =

6 2

D3 3

2

2 T

R=

kg 5430 m 3

2

3

D3 R 3T 2

4:88 106 m

3 (5:0674

3

106 s)2 65

5:79 1010 m

= 2: 941 2 1022 N

66

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA

Primjer 5.1.2 Izraµcunajte masu Sunca i gravitacijsko ubrzanje gs na površini Sunca ako je njegov polumjer rs = 695:5 103 km, polumjer Zemljine orbite rzs = 149:6 106 km, a period obilaska Zemlje oko Sunca Tzs = 365:26 d. Rješenje: Iz op´ceg zakona gravitacije imamo FG = Fcf Ms mz = mz ! 2 rzs 2 rzs i uz izraz za kutnu brzinu ! = Ms =

3 ! 2 rzs

=

4

2 r3 zs T2

2 T

=

dobivamo masu Sunca 4

2

6:67259 10

1:496 1011 m 11 m3 kg s2

3

(3: 155 8 107 s)2

= 1: 989 1030 kg Jakost gravitacijskog polja na površini iznosi 3

gs

3 4 2 1:496 1011 m Ms 4 2 rzs = = = rs2 rs2 T 2 (6:955 108 m)2 (3: 155 8 107 s)2 m = 274: 37 2 28gz s

µ Primjer 5.1.3 Covjek na površini Zemlje moµze skoµciti u vis maksimalno h = 0:25 m. Do koje visine bi µcovjek mogao maksimalno skoµciti na površini Mjeseca? Otpor zraka zanemarite. Polumjer Mjeseca je je 3.7 puta manji od polumjera Zemlje, a masa mu je 81 puta manja. Rješenje: Kako µcovjek ima poµcetnu brzinu istu na Zemlji i Mjesecu, to ´ce maksimalna visina skoka ovisiti samo o jakosti gravitacijskog ubrzanja. Oznaµcimo sa gz jakost gravitacijskog ubrzanja na Zemlji, a sa gm na Mjesecu. Tada je hz =

v02 v02 Rz2 v02 = = z 2gz 2 Mz 2 M R2 z

hm =

2 v2 Rm 0 2 Mm

pa je hz = hm

Rz2 v02 2 MZ 2 v2 Rm 0 2 Mm

=

Mm Mz

Rz Rm

2

=

Mm 81Mm

odnosno hm =

hz 0:25 m = = 1: 479 2 m 0:16901 0:16901

3:7Rm Rm

2

= 0:169 01

5.1. PRIMJERI

67

Primjer 5.1.4 Odredite udaljenost od središta Zemlje do središta Mjeseca ako je vrijeme obilaska Mjeseca oko Zemlje T = 27:32 dana. (Srednji polumjer Zemlje iznosi RZ = 6370 km, a jakost gravitacijskog polja Zemlje iznosi = 9:83 sm2 ). Rješenje: Da bi se Mjesec gibao po kruµznici mora centrifugalna sila kruµznog gibanja biti jednaka teµzini pa vrijedi GM

= Fcf

GM

= MM

Fcf

=

4

ZM

=G

MM MZ d2

2d

MM 2 TM Z

odnosno 4 2d MZ G 2 = 2 )d= d TM Z

r 3

2 GMZ TM Z 4 2

no, kako je =G

MZ 2 2 ) GMZ = RZ RZ

vrijedi d=

r 3

2 T2 RZ MZ = 3:8299 108 m 4 2

61RZ

Primjer 5.1.5 Satelit je lansiran s ekvatora i kre´ce se po kruµznoj putanji u ekvatorijalnoj ravnini u smjeru vrtnje Zemlje. Odredite omjer izme†u polumjera RS putanje satelita i polumjera Zemlje R ako satelit periodiµcki prolazi iznad mjesta Z lansiranja s periodom od 5 dana. Rješenje: Prividna brzina satelita iznad mjesta lansiranja moµze biti i u smjeru vrtnje Zemlje (ako je kutna brzina satelita ve´ca od kutne brzine Zemlje) i suprotno smjeru vrtnje Zemlje (ako je kutna brzina satelita manja od kutne brzine Zemlje). a) ! S > ! Z (! S

!Z ) =

2 2 = TS 5TZ

jer je TZ = 1 dan. Odavde slijedi !S =

12 5TZ

68

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA

b) ! S < ! Z

(! Z

2 2 = TS 5TZ 8 5TZ

!S ) = !S =

Kako za satelit moraju biti izjednaµcene gravitacijska i centrifugalna sila m! 2S RS = G

MZ m RS2

No, kako vrijedi G

MZ 2 =g RZ

to je ! 2S RS = g

2 RZ RS2

odnosno RS = RZ

r 3

g RZ ! 2S

što za sluµcaj ! S > ! Z daje v u RS =u t 3 RZ

g RZ

12 5TZ

2

=

s

25g TZ2 = 5:86 144 2 RZ

s

25g TZ2 = 7:68 64 2 RZ

3

a za ! S < ! Z

v u RS =u t 3 RZ

g RZ

8 5TZ

2

=

3

Primjer 5.1.6 Sunce se vidi pod kutom od pribliµzno = 10 2 rad. Iz tog podatka prona†ite odnos prosjeµcne gusto´ce Zemlje i Sunca. Pretpostavlja se da su Zemlja i Sunce jednolike gusto´ce. Rješenje: Ako je kut pod kojim vidimo Sunce , tada iz slike slijedi: RS = r sin

2

5.1. PRIMJERI

69

gdje je r - udaljenost od Zemlje do Sunca, a RS - polumjer Sunca. Kako je jako mala veliµcina, moµzemo primijeniti aproksimaciju: sin

2

2

, za

0

odakle slijedi 2RS = r

=) r =

2RS

(5.1.1)

Koristimo gravitacijski uvjet Fcf

= FG

mZ ! 2ZS r = mZ

2 TZS

2

r=G

mZ mS r2

gdje su mZ - masa Zemlje, mS - masa Sunca, ! ZS ; TZS - kutna brzina, odnosno period Zemlje oko Sunca. Dakle, uz izraz za ubrzanje zemljine teµze na površini Z g = Gm imamo R2 Z

mZ

2 T2 2 m g RZ RZ mZ 4 2 S ZS =) = r = g 2 r2 mS 4 2 r3 TZS

no, uz izraze za masu preko volumena Zemlje i Sunca mZ =

4 3 R 3 Z

Z;

mS =

4 3 R 3 S

S

imamo 4 3 4 3

3 RZ RS3

Z

=

2 T2 g RZ ZS 4 2 r3

=

2 g RS3 TZS 4 2 r 3 RZ

S Z S

Koriste´ci izraz (5.1.1), slijedi Z S

2 g RS3 TZS

= 4

2

2RS

3

RZ

i za TZS = 1 godina = 3: 16 Z

=

g 32

3 2

2 TZS RZ

107 s te RZ = 6370 km imamo:

= 4:86

S

Primjer 5.1.7 Satelit mase m = 1000 kg kruµzi oko Zemlje na visini h = 1000 km od površine Zemlje. Odredite brzinu, ophodno vrijeme, kinetiµcku, potencijalnu i ukupnu energiju satelita.

70

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA Rješenje: Privlaµcna sila izme†u satelita i Zemlje F =G

ms mz (Rz + h)2

daje satelitu potrebnu centripetalnu akceleraciju acp =

v2 Rz + h

pa jednadµzba gibanja satelita glasi F G

ms mz (Rz + h)2

= m acp = ms

v2 Rz + h

gdje je Rz + h polumjer putanje satelita, ms masa satelita, a mz masa Zemlje. Iz µcinjenice da je sila teµze na Zemljinoj površini jednaka (uz zanemarenje utjecaja vertnje Zemlje) m mz Rz2

m g=G dobivamo mz =

g Rz2 G

pa za prethodnu jednadµzbu imamo G

ms

g Rz2 G 2

(Rz + h)

=

v2 =

ms g Rz2 v2 = m s Rz + h (Rz + h)2 r g g Rz2 =) v = Rz Rz + h (Rz + h)

što uz vrijednosti konstanti daje s 9:81 sm2 m v = 6:37 106 m = 7349: 2 6 6 6:37 10 m + 10 m s Ophodno vrijeme satelita oko Zemlje iznosi T =

2 2 (Rz + h) = v

6:37 106 m + 106 m = 6301: 1 s 7349: 2 ms

Kinetiµcka energija satelita iznosi 1 1 Ek = mv 2 = 1000 kg 2 2

7349: 2

m s

2

= 2:7 1010 J

5.1. PRIMJERI

71

dok je potencijalna energija Ep = =

G

ms mz = Rz + h

ms g Rz2 Rz + h

1000 kg 9:81 sm2 6:37 106 m 6:37 106 m + 106 m

2

=

5: 4 1010 J

pa je ukupna energija jednaka E = Ek + Ep = 2:7 1010 J +

5: 4 1010 J =

2: 7 1010 J

Primjer 5.1.8 Na koju visinu iznad Zemlje treba podi´ci tijelo da bi se gravitacijsko privlaµcenje smanjilo za 40%? Rješenje: 40 Oznaµcimo sa g 0 = g 100 g = 0:6 g jakost gravitacijskog privlaµcenja na visini h. Iz de…nicije jakosti gravitacijskog polja mora vrijediti mZ g = G 2 RZ mZ 0 g = G (RZ + h)2 podijelimo li ove jednadµzbe slijedi mZ

G R2 g (RZ + h)2 Z = = = m 2 Z g0 G (R +h) RZ 2 Z

RZ + h RZ

2

=

1

2

h RZ

rješavanjem jednakosti uz vrijednost RZ = 6; 37 106 m dobivamo r r g g 1 = RZ 1 = 0:291 RZ h = Rz 0 g 0:6 g h = 0:291 6:37 106 m = 1; 8537 106 m = 1853:7 km

Primjer 5.1.9 Izraµcunajte jakost gravitacijskog polja i gravitacijski potencijal Zemlje u toµcki na visini od h = 2500 km iznad zemljine površine. Pretpostavite da je Zemlja homogena kugla. Koliko je u toj toµcki gravitacijsko polje Sunca? Rješenje: Jakost gravitacijskog polja Zemlje na visini h zadan je izrazom 2

z

9:81 sm2 6:37 106 m mz gRz2 m =G 2 = 5: 059 4 s2 2 = 2 = 6 6 (Rz + h) (Rz + h) (6:37 10 m + 2:5 10 m)

dok je gravitacijski potencijal jednak Vz =

G

mz = (Rz + h)

gRz2 = Rz + h

2

9:81 sm2 6:37 106 m = 6:37 106 m + 2:5 106 m

4: 487 7 107

J kg

72

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA Gravitacijsko polje Sunca je u toj toµcki 3

s

m 6:67 10 11 kg 1:98 1030 kg Gms s2 = 5: 948 7 10 = 2 = r (1:49 1011 m)2

3

m s2

i jošuvijek je zanemarivo u usporedbi sa gravitacijskim poljem Zemlje u toj toµcki. µ Primjer 5.1.10 Covjek na površini Zemlje vuµce tijelo mase m = 50 kg po horizontalnoj podlozi silom od F = 200 N paralelno sa podlogom, pri µcemu se tijelo se ubrzava akceleracijom a = 1 sm2 . Na kojoj visini h iznad Zemlje bi trebao biti isti sustav da bi ubrzanje bilo 1% ve´ce (slika 8.8.)? Rješenje: Iz jednadµzbi gibanja na površini Zemlje imamo X Fi = F Ftr = F mg = ma i

dok je na visini h, X Fi = F Ftr0 = F

mg 0 = ma0

i

gdje su g 0 ubrzanje sile Zemljine teµze i a0 ubrzanje tijela na visini h. Uz izraze za g na površini Zemlje i g 0 na visini h g=

Gmz Gmz 0 ; g = Rz2 (Rz + h)2

jednadµzbe gibanja postaju, F F F F

mg = ma ma =

mg = m

Gmz Rz2

mg 0 = ma0 ma0 =

mg 0 = m

Gmz (Rz + h)2

odakle, uz ubrzanje a0 = 1:01a dijeljenjem dobivamo F F

ma ma0

=

z m Gm R2 z

=

(Rz + h)2 = Rz2

z m (RGm 2 z +h) r h F ma = 1 Rz F ma0 r F ma h = Rz F ma0 s

= 6:37 106 m

1

1+

h Rz

2

!

200 N 50 kg 1 sm2 200 N 50 kg 1:01 sm2

1

!

= 10643 m

5.1. PRIMJERI

73

Primjer 5.1.11 Izraµcunajte kut izme†u vektora gravitacijskog polja i vektora akceleracije sile Zemljine teµze na 45 zemljopisne širine. Rješenje: Sila teµze je rezultanta gravitacijske i centrifugalne sile ! ! ! G = F G + F cf Centrifugalna sila koja djeluje na tijelo mase m koje se nalazi na Zemljinoj površini nastaje zbog vrtnje Zemlje oko svoje osi te iznosi ! F cf = m! 2 ! r = m! 2 Rz cos ' ! r0 Kut sin

izme†u vektora ! = acf 4 sin ' = g = arcsin 1:7 10

=

! FG m

2R 3

i vektora ! g =

! G m

izosi

sin ' cos ' = 1:7 10 gT 2 = 5:90 z

3

Primjer 5.1.12 Središte µzeljezne kugle mase m1 = 5 kg udaljeno je l = 20 m od središta aluminijske kugle mase m2 = 2 kg. Kolika je jakost gravitacijskog polja kugli u toµcki koja je: a) udaljena r1 = 5 m od centra mase m1 , a r2 = 15 m od centra mase m2 , b) udaljena r10 = 14 m od centra mase m1 a r20 = 18 m od centra mase m2 , c) koliki je gravitacijski potencijal u tim toµckama? Rješenje: a) Toµcka u kojoj treba odrediti jakost gravitacijskog polja nalazi se na spojnici masa, jer je r1 + r2 = l. Zanemarimo li polumjere kugli i predstavimo li kugle materijalnim toµckama, vrijedi gravitacijski zakon. Pretpostavimo li koordinatni sustav tako da se ishodište nalazi u toµcki A, a pozitivni smjer osi x neka je u smjeru mase m2 . Tada masa m1 u toµcki A stvara jakost gravitacijskog polja m1 A1 = G 2 r1 dok masa m2 ima m2 A2 = G 2 r2 pa je ukupna jakost polja A

m1 m2 m2 +G 2 =G 2 r1 r2 r22 m3 2 kg 5 kg = 6:67 10 11 2 2 kg s (15 m) (5 m)2 m = 1: 27 10 11 2 s =

A1

+

A2

=

G

m1 r12

74

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA

Dakle, ukupna jakost gravitacijskog polja je u smjeru mase m1 od toµcke A i ima dobiveni intezitet. b) Oznaµcimo sa B toµcku u kojoj se traµzi jakost gravitacijskog polja. Po kosinusovu pouµcku, jakost gravitacijskog polja u toµcki B ´ce biti q 2 2 + 2B 2 1B 2B cos ( ) B = 1B kut izme†u pravaca udaljenosti ! r 01 i ! r 02 . Budu´ci da je

gdje je

cos (

) = =

cos

=

r102 + r202 l2 2r10 r20

(14 m)2 + (18 m)2 (20 m)2 = 0:24 2 14 m 18 m

i uz B1

= G

m1 = 6:67 10 r102

B2

= G

m2 = 6:67 10 r202

imamo

11

11

m3 5 kg m = 1: 7 10 12 2 2 2 kg s (14 m) s 3 m 2 kg m = 0:41 10 12 2 2 2 kg s (18 m) s

p

m 1:72 + 0:412 2 1: 7 0:41 cos ( ) 10 12 2 s 12 m = 1: 65 10 s2 c) Gravitacijski potencijal u nekoj toµcki gravitacijskog polja mase m1 i m2 jednak je algebarskom zbroju potencijala tih polja. Prema tome, gravitacijski potencijal u toµcki A biti ´ce B

=

'A = =

m1 m2 + = r1 r2 m2 7: 56 10 11 2 s

G

6:67 10

11

m3 kg s2

5 kg 2 kg + 5m 15 m

6:67 10

11

m3 kg s2

5 kg 2 kg + 14 m 18 m

a u toµcki B 'B = =

m1 m2 + 0 = r10 r2 m2 3: 12 10 11 2 s G

Primjer 5.1.13 Satelit putuje oko Zemlje po kruµznoj stazi na visini h = 1500 km od Zemljine površine (slika 8.10.). Kolika je potrebna promjena brzine ako se µzeli da satelit opisuje eliptiµcnu putanju s najve´com udaljenoš´cu od površine Zemlje H = 30 000 km i najmanjom udaljenoš´cu od površine h? Koliki ´ce biti period gibanja po toj eliptiµcnoj putanji? Pretpostavite da se promjena brzine doga†a u veoma kratkom vremenskom intervalu.

5.1. PRIMJERI

75

Rješenje: Odre†uju se brzine satelita u toµcki A (slika 8.10.) na kruµznoj putanji (v0 ) i na eliptiµcnoj putanji (v1 ). Iz uvjeta da gravitacijska sila mora biti jednaka centrifugalnoj sili imamo: FG = Fcf G

v0 =

mMz (R + h)2

r

=

Mz G = R+h

mv02 Mz =) v02 = G R+h R+h s

6:67 10

11

m3 5:97 1024 kg m = 7117 2 6 6 kg s (6:37 10 m + 1:5 10 m) s

Iz zakona oµcuvanja energije za najbliµzu toµcku A i najudaljeniju B imamo: EA = EB = konst: m Mz m v22 m Mz G = G R+h 2 R+H

v12

m 2

i prema drugom Keplerovu zakonu: 1 (R + H) v2 t 2 R+h = v1 R+H

1 (R + h) v1 t = 2 v2 pa je

R+h m v12 R+H m Mz G = R+h 2

m v12 2

v1 =

r s

2

G

m Mz R+H

2GMz R+H 2R + H + h R + h 2 6:67 10

11 m3 kg s2

5:97 1024 kg

6:37 106 m + 30 106 m 2 6:37 106 m + 30 106 m + 1:5 106 m 6:37 106 m + 1:5 106 m m = 9126 s =

pa je promjena brzine jednaka v = v1

v0 = 9126

m s

7117

m m = 2009 s s

Po tre´cem Keplerovom zakonu, koji daje period gibanja po eliptiµcnoj stazi, vrijedi da se kvadrati ophodnih vremena odnose kao kubovi velikih poluosi elip-

76

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA

tiµcnih putanja. T12 T02

=

2

T1 T0

R13 R03

(2R + H + h)3 8 (R + h)3 R+h = 2 v0 =

T0

T1 =

(2R + H + h)

=

4:424 107 m

r

2R + H + h 2GMz s 2 6:37 106 m + 30 106 m + 1:5 106 m 2 6:67 10

11 m3 kg s2

5:97 1024 kg

= 32:74 s = 9h 5 min 39 s Primjer 5.1.14 Koliki je rad potreban da bi tijelo mase m = 100 kg s površine Zemlje podigli do toµcke gdje se gravitacijska polja Zemlje i Mjeseca poništavaju? Rješenje: Ako postavimo os r tako da prolazi kroz središta Zemlje i Mjeseca te ishodište koordinatnog sustava postavimo u središte Zemlje, tada je gravitacijsko polje u prostoru izme†u Zemlje i Mjeseca mm ! ! = ! + ! = G mz ! r0+G r0 z m 2 r (d r)2 gdje je r poloµzaj toµcke poništavanja gravitacije mjeren od središta Zemlje, a d udaljenost od središta Zemlje do središta Mjeseca. Gravitacijska polja se poništavaju u toµcki gdje je ukupno polje jednako nuli = 0 mz G 2 r odnosno mm mz d r

= G

=

(d

mm (d r)2 r)2

=

d

r

2

=

d r

2

1

r2 r r mm = 1+ mz d 3:84 108 m q q r = = = 3: 46 108 m = 0:9d 22 kg mm 7:33 10 1 + mz 1+ 5:97 1027 g

Prikaµzimo poloµzaj toµcke nulte gravitacije i udaljenost središta Zemlje do središta Mjeseca preko polumjera Zemlje, kao i odnos masa Zemlje i Mjeseca r = 54:27Rz d = 60:28Rz mz = 81:5mm

5.1. PRIMJERI

77

Potrebni rad jednak je W

=

Ep;z +

1 r

1 Rz

Ep;m = m mz G

+ m mm G

1 d

Rz

1 0:1d

81:5 81:5 1 1 + Rz 54:27Rz 59:28Rz 6:028Rz m3 100 kg 7:33 1022 kg m mm = 79: 85 6:67 10 11 = 79: 85 G Rz kg s2 6:37 106 m 9 = 6:13 10 J = 6:13 GJ

= Gm mm

Primjer 5.1.15 Na ekvatoru nekog planeta teµzina tijela je 20% manja nego na kg polu. Srednja gusto´ca planeta je = 4200 m 3 . Koliki je period okretanja planeta oko svoje osi? Rješenje: Oznaµcima sa Ge teµzinu tijela na ekvatoru planeta, Gp teµzinu tijela na polu planeta, R polumjer planeta, m masu tijela, a sa mp masu planeta. Tada je 4

Ge = Gp

2 mR

T2

gdje je gravitacijska sila izme†u tijela i planeta jednaka Gp = G

m mp R2

Iz uvjeta zadatka Ge = 0:8 Gp slijedi

0:2 Gp = T2 =

=

T2 2 mR

4

T2 4

m R 4 2 m R = 1 m m = 20 0:2 Gp G R2 p 5

= 20 T

2 mR

4

0:8 Gp = Gp

s

2

R3

2

G 15 p

G

p

=

s

4 3

R3

=

15 G

2

R3 G mp

p

15 4200

kg m3

6:67 10

11 m3 kg s2

= 12967 s

Primjer 5.1.16 Odredite odnos teµzina tijela na polu Marsa i na njegovu ekvatoru, ako je masa Marsa mm = 6: 57 1023 kg, njegov srednji polumjer Rm = 3397 km, a njegov dan jednak Tm = 24:63h.

78

POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA

Rješenje: Dijeljenjem izraza za teµzinu tijela na ekvatoru FGe = FGp mm tijela na polu FGp = G R2 p dobivamo Ge Gp

= 1 = 1

4

2

m R =1 2 T Gp 4

6:67 10

2

11 m3 kg s2

4

2

m R m mm R2 3 106 m

T2 G 3:397

=1

4

2 mR , T2

s teµzinom

4 2 R3 G T 2 mm

(88 668 s)2 6: 57 1023 kg

' 0:9955 Dakle, tijelo na ekvatoru Marsa je lakše za pribliµzno 0:45% nego li na njegovu polu.

Poglavlje 6

HARMONIJSKO TITRANJE 6.1

Primjeri

Primjer 6.1.1 Uteg mase m = 0:2 kg visi na elastiµcnom peru i titra gore-dolje po putanji dugaµckoj 40 cm. Period titranja iznosi T = 4 s. Ako je u poµcetnom trenutku mjerenja uteg u ravnoteµznom poloµzaju, odredite: a) brzinu i akceleraciju utega u trenutku kad uteg prolazi kroz poloµzaj ravnoteµze, b) maksimalnu elastiµcnu silu koja djeluje na uteg, c) maksimalnu kinetiµcku energiju utega. Rješenje: Kroz poloµzaj ravnoteµze uteg prolazi u poµcetnom trenutku t = 0 s, pa je: a) brzina jednaka 2 t 2 A 2 t = cos T T T 0:2 m 2 0s m m m cos = 0:1 cos 0 = 0:1 = 0:31 4s 4s s s s

v = vmax cos =

2

kada uteg prolazi poloµzajem ravnoteµze s = 0 m akceleracija je a=

!2s =

2 T

2

s=

4 2 m s=0 2 2 T s

b) sila je maksimalna u maksimalnoj elongaciji - amplitudi, za s = AFmax = =

ksmax =

kA =

4 2 0:2 kg 0:2 m = (4 s)2 79

4 2 mA T2

0:01

2

N=

9: 87 10

2

N

80

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

c) uteg ima maksimalnu konetiµcku energiju za v = vmax , što prikazano preko mase, amplitude i perioda iznosi Ek;max = =

1 1 mvmax = m 2 2 2

2

2 A T

2

1 2 2 mA2 4 2 A2 = m = 2 T2 T2

0:2 kg (0:2 m)2 = 0:001 (4 s)2

2

J = 9: 87 mJ

Primjer 6.1.2 Uteg teµzak G1 = 30 N visi o jednom kraju elastiµcne opruge i titra s periodom od T1 = 0:5 s. Koliko iznosi konstanta opruge i koliki ´ce biti period titranja utega teµzine G2 = 150 N koji harmoniµcki titra obješen na istu oprugu? Rješenje: Iz izraza za konstantu opruge dobivamo k=

2m

4

T2

=

N 4 2G 4 2 30 N = 482:92 = 2 2 m T g m (0:5 s) 9:81 s2

iz izraza za period titranja T1 = 2

T2 = 2

s

G2 =2 gk

s

q

5G1 =2 gk

G1 gk

s

= 0:5 s slijedi

p G1 p 5 = 0:5 s 5 = 1: 12 s gk

što smo mogli dobiti i uvrštavanjem dobivene vrijednosti za konstantu opruge s s G2 150 N T2 = 2 =2 = 1: 12 s m N gk 9:81 s2 482:92 m Primjer 6.1.3 Ura (sat) sa njihalom izra†en je tako da period njihala bude T = 1 s kad je ura toµcna. Izra†ena ura zaostaje za pola sata na dan. Što treba uraditi s njihalom da ura bude toµcna? Rješenje: Kad je sat toµcan, period njihala iznosi T = 1 s, pa je duljina tog njihala jednaka l=g

T 2

2

9:81 sm2 (1 s)2 gT 2 = = = 0:25 m 4 2 4 2

ako sat u jednom danu 1d = 24h zostane za pola sata, to je njegov period T0 =

24 s = 1: 02 s 23:5

6.1. PRIMJERI

81

pa je duljina njihala l0 =

9:81 sm2 (1:02 s)2 g (T 0 )2 = = 0:26 m 4 2 4 2

kako je duljina njihala kod toµcnog sata jednaka l,njihalo moramo skratiti za l = l0

l = 0:26 m

0:25 m = 0:01 m = 1 cm

Primjer 6.1.4 U mjestu B na ekvatoru Zemlje sat sa njihalom ima period titranja Te = 1 s. Kad sat prenesemo u mjesto A na polu Zemlje, kolika ´ce biti preciznost tog sata? Rješenje: Na ekvatoru Zemlje ubrzanje slobodnog pada iznosi ge = 9:79 sm2 , dok na polu iznosi gp = 9:83 sm2 . Kako je na ekvatoru period titranja jednak T = 1 s to njihalo ima duljinu 9:79 sm2 (1 s)2 ge Te2 = = 0:247 98 m l= 4 2 4 2 pa je period njihala na polu jednak s s l 0:247 98 m Tp = 2 = 0:997 96 s =2 gp 9:83 sm2 odnosno, za jedan dan ´ce napraviti N=

86400 s = 86577 0:997 96 s

perioda, tj. sat ´ce za svaki titraj pokazivati jednu sekundu, odnosno brzat ´ce za t0 = 86577 s

86400 s = 177 s = 2 min i 57 s

Primjer 6.1.5 Na µcesticu mase m = 0:15 kg djeluje elastiµcna sila µcija je konstaN nta k = 18 m i ona titra s amplitudom od A = 20 cm. Izraµcunajte potencijalnu i kinetiµcku energiju µcestice kada je ona udaljena od ravnoteµznog poloµzaja x = 5 cm te period titranja. Rješenje: Period titranja elastiµcnog pera dan je izrazom s r m 0:15 kg T =2 =2 = 0:57 s N k 18 m Ukupna energija harmonijskog oscilatora (elastiµcnog pera) je 1 N 1 Euk = Ek + Ep = kA2 = 18 (0:2 m)2 = 0:36 J 2 2 m

82

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

Potencijalna energija u poloµzaju x = 5 cm jednaka je 1 N 1 18 (0:05 m)2 = 0:0225 J = 22:5 mJ Ep (x) = kx2 = 2 2 m pa je kinetiµcka energija jednaka Euk

Ep (x) = 0:36 J

0:0225 J = 0:3375 J

Primjer 6.1.6 Prilikom ispitivanja elastiµcnog pera odbojnika vagona djelovanjem sile od F = 104 N, elastiµcno pero odbojnika stisnulo se za x = 1 cm. Kolikom brzinom se gibao vagon koji udara u zid za ispitivanje odbojnika ako se on stisnuo za x0 = 20 cm. Masa vagona je m = 20t. Rješenje: Kinetiµcka energija vagona troši se na sabijanje elastiµcnog pera i pretvara u njegovu potencijalnu energiju 1 1 Ek = mv 2 = Ep = k x0 2 2 gdje je k

2

konstanta elastiµcnosti pera koju dobivamo iz

F = kx =) k =

F 104 N N = = 106 x 1 cm m

pa je v=

s

k (x0 )2 = m

s

N 106 m (20 cm)2 m = 1: 414 2 20000 kg s

Primjer 6.1.7 Tijelo mase m = 50 g koje je vezano za kraj opruge izvuµceno je iz ravnoteµznog poloµzaja za A = 20 cm silom od F = 20 N i pušteno. Izraµcunajte brzinu i ubrzanje kada je tijelo udaljeno od ravnoteµznog poloµzaja x = 5 cm. Rješenje: Sila potrebna za izvlaµcenje tijela na eloganciju A je F = kA ) k =

F 20 N N = = 100 A 0:2 m m

Jednadµzba harmonijskog titranja glasi x (t) = A sin (!t + ') no, u trenutku t = 0 s tijelo je u maksimalnom otklonu, amplitudi x = A pa vrijedi A = A sin (! 0 + ') ) ' =

2

6.1. PRIMJERI

83

pa je jednadµzba gibanja x (t) = A sin !t +

= A cos !t

2

gdje je !=

r

k = m

s

N 100 m rad = 44:72 0:05 kg s

Tijelo ´ce biti u trenutku t1 u poloµzaju x (t1 ) = 5 cm x (t1 ) = A cos !t1 ) t1 =

1 1 x 1 arccos = 0:03 s arccos = rad ! A 4 44:72 s

Brzina v je dana izrazom v (t) = =

dx (t) = dt r A!

A! sin !t = x2 (t) = A2

1

pa je u trenutku t1 v (t1 ) =

!

p

A2

x2 (t1 ) =

!

A!

p

p A2

8:66

cos2 !t

1

x2 (t)

m s

Ubrzanje a je dano izrazom a (t) = =

dv (t) d2 x (t) = = A! 2 cos !t dt dt k x (t) = ! 2 x (t) = x (t) A! 2 A m

pa je u trenutku t1 ubrzanje a (t1 ) =

k x (t1 ) = m

N 100 m 0:05 m = 0:05 kg

100

m s2

Napomena, ubrzanje smo mogli dobiti i iz izraza za silu F (t) = ma (t) =

kx (t) ) a (t) =

k x (t) m

što je analogno prethodno dobivenom izrazu preko druge derivacije poloµzaja. Primjer 6.1.8 Tijelo harmoniµcki titra amplitudom A = 15 cm, pri µcemu za T = 2 s napravi jednu oscilaciju. Kolika je brzina tijela u trenutku kada je elongacija jednaka polovini amplitude?

84

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE Rješenje: Kutna brzina harmonijskog titranja jednaka je 2 2 = = T 2s

!=

s

1

Iz jednadµzbe gibanja harmonijskog oscilatora, uz poµcetne uvjete x = A za t = 0 s imamo x (t) = A cos !t Vrijeme kada je x =

A 2

iznosi

1 1 1 arccos = s ! 2 3

t1 = 2

gdje je dovoljno uzeti jedno od 4 mogu´ca rješenja (zbog simetrije gibanja). Brzina tijela odre†ena je izrazom v (t) =

dx (t) = dt

A! sin !t

pa je u trenutku t 1 iznos brzine 2

v t1 2

= A! sin !t 1 = 0:41 2

m s

Napomena: sva preostala rješenja imaju isti iznos brzine, dva puta prema ravnoteµznom poloµzaju i dva puta od ravnoteµznog poloµzaja, za pozitivnu i negativnu vrijednost amplitude. Primjer 6.1.9 Tijelo mase m = 0:2 kg nalazi se na horizontalnoj podlozi i N . Tijelo izvuµcemo za s0 = 0:1 m vezano je za oprugu konstante elastiµcnosti k = 5 m udesno od ravnoteµznog poloµzaja i damo mu udesno poµcetnu brzinu v0 = 1 ms . Izraµcunajte: period, frekvenciju, kutnu frekvenciju, ukupnu energiju tirtranja, amplitudu i poµcetnu fazu. Napišite izraz za elongaciju, brzinu i akceleraciju u ovisnosti o vremenu. U kojem trenutku vremena tijelo dolazi u poloµzaj s = 0:2 m? Kolika mu je tada brzina i akceleracija? Gubitke zbog trenja zanemariti. Rješenje: Period dobivamo iz izraza s r m 0:2 kg T =2 =2 = 1: 26 s N k 5m frekvencija je inverzna veliµcina periodu f=

1 1 = = 0:8 s T 1: 26 s

1

= 0:8 Hz

6.1. PRIMJERI

85

Kutna brzna jednaka je !=2 f =2

0:8 s

1

=5

rad s

Ukupnu energiju dobijemo kao zbroj kinetiµcke i potencijalne energije u poµcetnom trenutku 1 1 1 E = mv02 + ks20 = 0:2 kg 2 2 2

1

m s

2

+

1 N 5 (0:1 m)2 = 0:125 J 2 m

Amplitudu titranja moµzemo dobiti iz izraza za ukupnu energiju, koja je kod neprigušenog titranja konstantna. Iz izraza 1 E = kA2 2 dobivamo A=

r

2E = k

s

2 0:125 J = 0:22 m N 5m

Jednadµzba za eloganciju glasi s (t) = A sin (!t + ') pa je u trenutku t = 0 s, poµcetna elongacija s0 = A sin (! 0 + ') = A sin ' 0:1 m s0 = = 0:45 sin ' = A 0:22 m ' = arcsin 0:45 = 0:46 rad = 26:56 Uvrštavanjem dobivenih vrijednosti za A; '; ! dobivamo pomak kao funkciju vremena s (t) = A sin (!t + ') = 0:22 m sin (5t + 0:46) gdje je kutna brzina i faza izraµzena u radijanima. Izrazi za brzinu i akceleraciju kao funkcije vremena se dobivaju ds (t) rad = A! cos (!t + ') = 0:22 m 5 cos (5t + 0:46) dt s m = 1: 12 cos (5t + 0:46) s dv (t) rad 2 a (t) = = A! 2 sin (!t + ') = 0:22 m 5 sin (5t + 0:46) dt s m = 5: 59 sin (5t + 0:46) 2 s v (t) =

86

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

te trenutak t0 kada je s = 0:2 m dobivamo iz s t0 0:2 m 0:22 m

= A sin !t0 + ' = 0:22 m sin 5t0 + 0:46 = 0:2 m = 0:89 = sin 5t0 + 0:46

1 (arcsin 0:89 0:46) = 0:13 s 5 Primjer 6.1.10 Izraµcunajte izvršeni rad pri istezanju elastiµcnog pera sa duljine l1 = 50 cm do l2 = 56 cm ako je ravnoteµzni poloµzaj u l0 = 40 cm. Iznos konstante N opruge je k = 120 m . Zadatak riješiti preko srednje sile i integralnim naµcinom. t0 =

Rješenje: Kod elastiµcnog pera sila je proporcionalna udaljenosti kraja opruge od svog ravnoteµznog poloµzaja F = ks, gdje je si = l0 li . Srednja sila jednaka je srednjoj vrijednosti poµcetne i konaµcne sile. Tada je izvršeni rad 1 1 A = F s = (F1 + F2 ) (s2 s1 ) = [ks2 ks1 ] (s2 s1 ) 2 2 N h i 120 k 2 m s2 s21 = (16 cm)2 (10 cm)2 = 0:94 J = 2 2 Integralnom metodom imamo Zs2 Zs2 Zs2 k k 2 A = F ds = ksds = k sds = s2 jss21 = s s21 = 0:94 J 2 2 2 s1

s1

s1

Primjer 6.1.11 Horizontalna elastiµcna opruga sabijena je od svog ravnoteµznog poloµzaja za x = 10 cm kockom mase m = 0:4 kg a zatim puštena da odbaci kocku u horizontalnom pravcu. Pri tome kocka klizi po horizontalnoj ravnini i zaustavi se nakon s = 0:5 m. Izraµcunajte koe…cijent trenja izme†u kocke i ravnine. N Konstanta opruge iznosi k = 80 m . Masu opruge zanemarite. Rješenje: Prilikom sabijanja opruge tijelo dobiva potencijalnu energiju koja iznosi 1 Ep = kx2 2 Kada se opruga pusti ona ´ce odbaciti kocku u horizontalnom pravcu. Zbog postojanja sile trenja izme†u kocke i podloge, kocka ´ce se zaustaviti kada se njena cjelokupna energija utroši na rad protiv sile trenja. Taj rad sile trenja iznosi Wtr = Ftr s = mgs Izjednaµcavanjem ovih energija dobivamo 1 2 kx = mgs 2 N 80 m (10 cm)2 kx2 = = = 0:2 2mgs 2 0:4 kg 9:81 sm2 0:5 m

6.1. PRIMJERI

87

Primjer 6.1.12 Na vertikalno postavljenu oprugu duljine l0 u trenutku t0 = 0 s stavimo predmet mase m i sustav poµcinje titrati poµcetnom brzinom v0 = 0 ms . Odredite elongaciju kao funkciju vremena. Rješenje: Jednadµzba gibanja sustava glasi: X Fi = ks + F0 = ma = m• s i

s• +

k s = m

F0 m

k koriste´ci izraz ! 2 = m dobivamo s• + ! 2 s = Fm0 Dobivena jednadµzba je nehomogena diferencijalna jednadµzba drugog reda. Op´ce rješenje ove jednadµzbe dobivamo tako da se op´cem rješenju homogene jednadµzbe pribroji jedno od partikularnih rješenja nehomogene jednadµzbe. Op´ce rješenje homogene jednadµzbe s• + ! 2 s = 0, tj. jednadµzbe jednostavnog harmonijskog oscilatora glasi:

s (t) = A cos (! 0 t + ') a partikularno rješenje nehomogene jednadµzbe glasi s=

F0 m! 20

pa je op´ce rješenje nehomogene diferencijalne jednadµzbe s (t) = A cos (! 0 t + ') +

F0 m! 20

odnosno funkcija brzine je v (t) = s_ (t) =

ds (t) = dt

A! 0 sin (! 0 t + ')

Iz poµcetnih uvjeta zadatka t = 0 s, s = 0 m, s_ = 0 ms dobivamo s (0) = A cos (! 0 0 + ') +

F0 =0 m! 20 A! 0 sin (! 0 0 + ') = 0

= A cos ' + s_ (0) =

F0 m! 20

odnosno za ' = 0 =) A =

F0 m! 20

88

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

pa je jednadµzba elongacije F0 F0 cos ! 0 t + 2 m! 0 m! 20 F0 (1 cos ! 0 t) m! 20

s (t) = =

Postavimo li ishodište koordinate x u poloµzaj x=s

F0 m! 20

dobili bi jednadµzbu x (t) =

F0 cos ! 0 t m! 20

što je jednostavno harmoniµcko titranje. Primjer 6.1.13 Kolika mora biti duljina niti o koju je obješena kuglica µciji je promjer d1 = 4 cm, da bismo pri odre†ivanju perioda malih titranja kuglicu s niti mogli smatrati matematiµckim njihalom, pri µcemu je dopušteno odstupanje od 1% u aproksimaciji matematiµckog njihala. Rješenje:

q l Period titranja matematiµckog njihala T1 = 2 g , dok je period titranja …ziq I µckog njihala T2 = 2 mgl . Moment inercije kuglice je prema Steinerovu pouµcku 2r2 2 I = Icm + md2 = mr2 + ml2 = ml2 1 + 2 5 5l

gdje je l = L + r, pri µcemu je L duljina niti, a r = titranja …ziµckog njihala je v h u u ml2 1 + t T2 = 2 mgl

2r 2 5l2

v h u ul 1 + t =2 g

i

2r 2 5l2

i

=2

d1 2

s

polumjer kuglice. Period

r

2r2 1 + 2 = T1 5l

l g

Dopuštena pogreška je

=

(

+ 1)2

T2

T1

=

T1

q

1+

2r 2 5l2

T1 T r1 h 2 r 5 2r ( = 1 + 2 =) = 5l l 2

T1

=

+ 1)2

r

1+ i 1

2r2 5l2

1

r

1+

2r2 5l2

6.1. PRIMJERI

89

Uz uvjet da je dopuštena pogreška manja od 1% vrijedi r h i 5 r (0:01 + 1)2 1 = 0:22 l 2 0:02 m r = = 0:09 m = 9 cm l 0:22 0:22 odnosno duljina niti L L=l

r

9 cm

2 cm = 7 cm

Primjer 6.1.14 Odredite ophodno vrijeme (period) konusnog njihala duljine l = 0:3 m, kojemu nit pri gibanju zatvara s vertikalnom osi kut = 30 . (slika 11.4.) Rješenje: Konusno njihalo je sitno tijelo (materijalna toµcka) na niti konstantne duljine koja, stavljena u gibanje u horizontalnoj ravnini opisuje kruµznicu polumjera r = l sin pri µcemu na tijelo djeluju: centripetalna sila Fcp = napetost niti N . Iz slike dobivamo: Fcf = mg tan

=

mv 2 r ,

teµzina tijela G = mg i

mv 2 mv 2 = r l sin

odakle je v2 =

mg tan l sin m

odnosno brzina r gl v= cos

= gl

sin2 cos

sin

pa iz izraza za period T i brzinu v imamo s s 2 2 r 2 l sin l l cos T = =2 =q =2 gl v g gl sin cos cos s 0:3 m cos 6 = 2 = 1: 02 s 9:81 sm2 Uoµcimo da iz izraza za konusno njihalo, za male kutove matematiµcko njihalo s l T =2 g (jer je cos

1, kada je

0).

0 dobivamo izraz za

90

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

Primjer 6.1.15 Izvedite jednadµzbu gibanja …ziµckog njihala i izraz za njegov period. Rješenje: Iznos momenta sile koji uzrokuje titranje je M=

mgL sin

gdje je L udaljenost osi rotacije O od teµzišta tijela, a kut koji spojnica OT zatvara s vertikalom, pri µcemu predznak minus pokazuje da moment sile nastoji smanjiti kut . Izvršimo li aproksimaciju za male kutove, tj. sin slijedi M=

mgL

pa jednadµzba gibanja …ziµckog njihala za male kutove glasi M =I =I

d2 = dt2

mgL

odnosno d2 mgL + =0 dt2 I gdje je I moment tromosti tijela s obzirom na os rotacije. Rješenje jednadµzbe moµzemo pisati u obliku (t) =

0 sin (!t

+ '0 )

gdje je !=

r

mgL I

pa je period …ziµckog njihala za male kutove 2 T = =2 !

s

I mgL

Primjer 6.1.16 Koliki je period …ziµckog njihala u obliku homogenog štapa duµzine l = 1 m ako se njiše oko osi koja prolazi:

6.1. PRIMJERI

91

a) jednim njegovim krajem, b) kroz toµcku udaljenu za d = 6l od sredine štapa, c) kroz toµcku udaljenu za d = 4l od sredine štapa, d) kada je period minimalan a kada maksimalan? Rješenje: Period je jednak s s s s ml2 2 + md I Icm + md2 l2 + 12d2 12 T =2 =2 =2 =2 mgL mgd mgd 12gd a) Os rotacije prolazi jednim njegovim krajem d = v u u l2 + 12 l 2 T =2 t 12g 2l

2

=2

s

2l =2 3g

s

l 2

pa imamo

2 1m = 1: 64 s 3 9:81 sm2

b) ako je d = 6l imamo v s s u u l2 + 12 l 2 2l 2 1m t 6 =2 T =2 =2 = 1: 64 s l 3g 3 9:81 sm2 12g 6

c) ako je d = 4l imamo v s s u u l2 + 12 l 2 7l 7 1m 4 =2 =2 T =2 t = 1: 53 s l 12g 12 9:81 sm2 12g 4

d) Period je minimalan kada je derivacija perioda T po d jednaka nuli, tj. kada je s !0 2 + 12d2 24d (12gd) l2 + 12d2 12g l 1 q T0 = 2 =2 =0 2 2 12gd (12gd)2 2 l +12d 12gd

12d2

l2 = 0

p l 3 d = p = l 6 12 a maksimalan, tj. beskonaµcan je kada je toµcka O u teµzištu (centru mase) tijela. Primjer 6.1.17 Fiziµcko se njihalo u obliku diska, promjera r, njiše oko horizontalne osi okomite na disk, koja prolazi na udaljenosti l od središta diska. (slika 11.10.). Koliki je period njihala ako je: a) l = r? b) l r? c) Kolika bi trebala biti udaljenost l da bi period njihala bio minimalan?

92

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE Rješenje: q I Iz perioda …ziµckog njihala T = 2 mgl , te izraza za moment tromosti ho-

mogenog diska I = 21 mr2 i Steinerova pouµcka

1 m 2 r + 2l2 I = Icm + md2 = mr2 + ml2 = 2 2 dobivamo

T =2

s

m 2

(r2 + 2l2 ) =2 mgl

s

q

=2

a) l = r =) T = 2

r2 +2r 2 2gr

q

r2 + 2l2 2gl q

3r 2g

q r 2 +2l2 l 2 b) l r =) T = 2 2gl g c) Period za njihalo je minimalan, ako izraz za period u ovisnosti o duljini l zadovoljava uvjet dT =0 dl

dT dl

d = 2 dl r

=

s

r2 + 2l2 =2 2gl

" r 1 2gl d 2 r2 + 2l2 dl

r2 + 2l2 2gl

#

2l2 r2 2gl =0 r2 + 2l2 2gl2

Ovaj izraz je jednak nuli kada je l = 0, što nije …zikalno rješenje za zadani problem, a drugo rješenje je p r 2 l= 2 Primjer 6.1.18 Kugla polumjera R = 10 cm obješena je na niti duljine l = 50 cm i njiše se malim amplitudama. Izraµcunajte period tog …ziµckog njihala. Aproksimirajte kuglu materijalnom toµckom i izraµcunajte period smatraju´ci njihalo matematiµckim te usporedite dobivene rezultate. Rješenje: Period …ziµckog njihala raµcunamo po formuli s I T =2 mg L

6.1. PRIMJERI

93

Moment tromosti kugle s obzirom na os koja prolazi kroz centar mase jednak je I = 52 mR2 , te je prema Steinerovom pouµcku, moment tromosti s obzirom na os oko koje njiše njihalo 2 I = ICM + md2 = mR2 + m (l + R)2 5 odakle dobivamo period s s R2 2 2 + m (l + R)2 l + R + 25 l+R mR 5 T = 2 =2 mg (l + R) g v u u 0:5 m + 0:1 m + 2 (0:1 m)2 t 5 0:5 m+0:1 m = 1: 56 s = 2 9:81 sm2 Smatramo li njihalo matematiµckim period je s s l + R 0:5 m + 0:1 m T0 = 2 =2 = 1: 55 s g 9:81 sm2

Odavdje moµzemo zakljuµciti da za l R kugla polumjera R obješena na niti duljine l moµze doista dobro aproksimirati matematiµcko njihalo, tim bolje što je R2 l+R manje. U našem je sluµcaju relativna pogreška sam =

T0

T T

=

1: 56 s 1: 55 s = 0:0055 = 0:55% 1: 56 s

Primjer 6.1.19 Torziono se njihalo sastoji od homogenog diska mase m = 0:5 kg i polumjera rd = 0:05 m, koji visi na µceliµcnoj µzici duljine l = 5 m i promjera dz = 2 mm. (slika 11.9.) Modul torzije µcelika iznosi G = 70G Pa. Kolika je konstanta torzije µzice i period njihala? Rješenje: Moment elastiµcnih sila u µzici proporcionalan je kutu ' za koji se disk zakrene. Mz =

D'

gdje je D konstanta torzije ovisna o materijalu i dimenzijama µzice. Modul smicanja G je konstanta koja ovisi samo o elastiµcnim svojstvima materijala. Torzija µzice ili štapa poseban je primjer smicanja. Kut torzije ' proporcionalan je momentu (para) vanjskih sila Mp . '=

1 2l M G rz4

94

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

gdje je l duljina µzice, a rz polumjer popreµcnog presjeka µzice. Konstantu torzije dobivamo iz veze izme†u konstante torzije i modula torzije D=

r4 r4 G = zG = 2l 2l

10 3 m 2 5m

4

7 1010 Pa = 0:02 N m

Kako je moment inercije homogenog diska I = 12 mr2 za period titranja dobivamo s s r 2 mrd I 5 kg (0:05 m)2 =2 =2 = 3: 35 s T =2 D 2D 2 0:02 N m Primjer 6.1.20 Predmet mase m = 1 kg vezan je dvjema jednakim oprugama N tako da moµze kliziti horizontalnom ravninom. Konstanta opruge iznosi k = 50 m , a koe…cijent trenja klizanja izme†u tijela i podloge iznosi = 0:2. Pomaknimo tijelo iz poloµzaja ravnoteµze (s = 0 m) za s0 = 10 cm i pustimo da titra s poµcetnom brzinom jednakom nula. Odredite elongaciju tijela nakon prvog perioda? (slika 11.6.) Rješenje: T Za vrijeme 0 < t 2 tijelo se giba s desna na lijevo i pri tome na njega djeluju sile jedne i druge opruge nalijevo (ks + ks = 2ks) i sila trenja nadesno (suprotno gibanju tijela) ( mg). Jednadµzba gibanja glasi: s• +

m• s =

2ks + mg

! 20 s

g

=

gdje je ! 20 =

N 2 50 m 2k = = 100 s m 1 kg

2

=) ! 0 = 10 s

1

Rješenje ove nehomogene diferencijalne jednadµzbe drugog reda je g s (t) = A cos (! 0 t + ') + 2 !0 Konstante A i ' odre†ujemo iz poµcetnih uvjeta: m t = 0 s; s (0) = s0 = 0:1 m; s_ (0) = 0 s odakle dobivamo jednadµzbe g s (t) = A cos (! 0 t + ') + 2 !0 g g s (0) = A cos (! 0 0 + ') + 2 = A cos ' + 2 = s0 !0 !0 s_ (t) = A! 0 sin (! 0 t + ') m s_ (0) = A! 0 sin (! 0 0 + ') = 0 =) ' = 0 s g A = s0 ! 20

6.1. PRIMJERI

95

pa je elongacija u tom vremenskom intervalu s (t) =

g ! 20

s0

cos ! 0 t +

g ! 20

0:2 9:81 sm2 0:2 9:81 sm2 cos (10t) + 100 s 2 100 s 2 s (t) = 0:080 38 m cos (10t) + 0:019 62 m

s (t) =

0:1 m

U trenutku 2

t0 =

T = = !0 = 2 2 !0 10 s

1

=

10

s = 0:31 s

elongacija iznosi s t0 =

g ! 20

s0

cos +

g = ! 20

s0 +

2 g = ! 20

0:1 m+

2 0:2 9:81 sm2 = 100 s 2

0:06 m

U tom trenutku tijelo se zaustavi i poµcne vra´cati nadesno. Sada se promijeni smjer sile trenja i jednadµzba gibanja glasi m• s1 = s•1 +

! 20 s1

2ks1

=

mg

g

Rješenje ove jednadµzbe je elongacija s0 g s1 (t) = A1 cos (! 0 t + ') ! 20 ds1 (t) = A1 ! 0 sin (! 0 t + '1 ) s_ 1 (t) = dt pa iz uvjeta 2 g s1 t0 = s t0 = s0 + 2 !0 m s_ 1 t0 = 0 =) '1 = 0 s g 2 g 0 s1 t = s0 + 2 =) A1 = s0 = A1 cos 2 !0 !0

3 g ! 20

dobivamo s1 (t) =

s0

3 g ! 20

cos (! 0 t)

g ! 20

U trenutku perioda t00 = T elangacija iznosi g 3 g 2 3 g cos (! 0 T ) = s0 cos ! 0 2 2 2 !0 !0 !0 !0 3 g g 3 g g 4 g = s0 = s0 = s0 cos (2 ) 2 2 2 2 !0 !0 !0 !0 ! 20 m 4 0:2 9:81 s2 = 0:1 m = 0:02 m 2:2 cm 100 s 2

s1 (T ) =

s0

g ! 20

96

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

Primjer 6.1.21 Izraµcunajte period titranja malene kuglice prema slici 11.7. ako su h = 50 m, = 45 i = 30 . Zanemarite rotacijsku energiju kuglice, gubitak energije pri udaru u kutu i trenje. Rješenje: Iz zakona o oµcuvanju energije proizilazi da je visina s koje kuglica krene h jednaka visini na koju ´ce se kuglica popeti h0 (to vrijedi jer smo zanemarili sve gubitke energije), a iz trigonometrijskih odnosa dobivamo s1 =

h sin

1 = at21 2

gdje je a = g sin , a t1 vrijeme potrebno da kuglica do†e u toµcku C. Dakle h sin

1 = gt21 sin 2

pa je t21

2h = g sin2

=) t1 =

s

2h 1 g sin

sliµcno imamo i za drugu stranu s2 = h sin

= t22 =

h0 h = sin sin 1 2 gt sin 2 2 2h g sin2

1 = at22 2

=) t2 =

s

2h 1 g sin

pa je ukupni period titranja, odnosno vrijeme potrebno da se kuglica prati na poµcetni poloµzaj, jednako s s s ! 2h 1 2h 1 2h 1 1 T = 2 (t1 + t2 ) = 2 + + =2 g sin g sin g sin sin s 2 50 m 1 1 = 2 + = 21: 8 s m 9:81 s2 sin 4 sin 6 Primjer 6.1.22 Pretpostavimo da je duµz osi vrtnje Zemlje prokopan tunel s jednog kraja Zemlje na drugi. Blizu Zemljine površine duµz meridijana prolazi putanja satelita. Tijelo poµcinje slobodno padati kroz tunel u trenutku kada se satelit nalazi iznad otvora tunela. Što ´ce prije sti´ci do drugog kraja tunela, tijelo ili satelit?

6.1. PRIMJERI

97

Rješenje: Na udaljenosti r od središta Zemlje na tijelo mase m djeluje gravitacijska sila ! F =

mM1 ! r0 r2

gdje je M1 masa Zemlje unutar kugle polumjera r pa je M1 = Mz

4 3 3 zr 4 3 3 z Rz

=

r3 Rz3

uz Mz masu Zemlje i Rz polumjer Zemlje. Gravitacijska sila je onda proporcionalna udaljenosti od središta Zemlje ! F =

mMz ! r Rz3

Tijelo harmonijski titra u odnosu prema središtu Zemlje, s periodom ! F =

mMz Rz3

T1

Rz3 Mz

mMz ! r = k! r =) k = Rz3 s r s m m = 2 =2 =2 mMz k R3 z

Za satelit koji se giba blizu površine Zemlje, gravitacijska sila mora biti jednaka centrifugalnoj sili Fcf = m! 2 Rz =

4

2 mR

T22

z

=

mMz Rz2

odavde je ophodno vrijeme satelita s s 4 2 mRz Rz3 T2 = = 2 mMz Mz R2 z

Tijelo i satelit ´ce istovremeno sti´ci do drugog kraja tunela, jer je T1 = T2 . Primjer 6.1.23 Gusto´ca teku´cine pove´cava se linearno s dubinom, tako da je na površini gusto´ca teku´cine 0 , a na dubini d je 2 0 . Koliki su period titranja i amplituda kuglice gusto´ce 2 0 ispuštene na dubini d2 s poµcetnom brzinom v0 = 0 ms . Trenje kuglice zanemarite. Rješenje: Ovisnost gusto´ce teku´cine (x) = ax + b

o dubini x moµzemo zadati relacijom

98

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

gdje se a i b odre†uju iz poµcetnih uvjeta (0) =

0

(d) = 2 (x) =

=a 0+b=b 0

0

d

= ad + b = ad +

x+

0

=

0

0

=) a =

x +1 d

0

d

Sila F koja djeluje na kuglicu volumena V gusto´ce jednaka je razlici teµzine i sile uzgona F

= G = Vg[

U = mg

tV

g=

kV

g

k

= 1:1 0 , na dubini x

(x) V g

(x)]

k

Primjenom dobivene relacije za gusto´cu teku´cine imamo h i h d2 x x F = m 2 =Vg 2 0 + = V g 0 0 0 1 dt d Vg 0 = (d x) d

xi d

odnosno m

d2 x dt2 d2 x dt2

d2 x d2 x Vg = 2 V = 0 dt2 dt2 d

=

kV

=

g (d 2d

0

(d

x)

x)

Uvo†enjem supstitucije y = d x dx d2 y dy = ; = dt dt dt2

d2 x dt2

za jednadµzbu gibanja u novom sustavu dobivamo g d2 y = y 2 dt 2d d2 y g + y = 0 2 dt 2d Ovo je jednadµzba neprigušenog harmonijskog titranja pa je kruµzna frekvencija jednaka r g != 2d a period titranja 2 T = =2 !

s

2d g

6.1. PRIMJERI

99

Op´ce rješenje diferencijalne jednadµzbe glasi y (t) = A sin (!t + ') y_ (t) = A! cos (!t + ') gdje se A i ' odre†uju iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti su d =) y (0) = d 2 x_ (0) = 0 =) y_ (0) = 0

x (0) =

d d = 2 2

x (0) = d

iz y_ (0) = 0 y_ (0) =

A! cos (! 0 + ') =

A! cos ' = 0 =) ' =

2

d 2

y (0) =

y (0) = A sin ! 0 +

2

= A sin

2

=

d d =) A = 2 2

Primjer 6.1.24 Titrajni sustav sastoji se od homogenog diska mase m1 = 5 kg i polumjera r koji se moµze okretati oko horizontalne osi, opruge konstante k = N 100 m i utega mase m2 = 3 kg. (slika 11.8.) Kolika je kruµzna frekvencija sustava ako sustav harmonijski titra? Sva trenja zanemariti? Rješenje: Kinetiµcka energija sustava je 1 1 Ek = Ektr + Ekrot = m2 v 2 + I! 2 2 2 1 1 = m2 s_ 2 + I '_ 2 2 2 Za homogeni disk je 1 I = m1 r2 2 i veza izme†u veliµcina rotacije i translacije je s = r', te s_ = r'_ pa uvrštavanjem dobivamo Ek = =

1 m2 s_ 2 + 2 1 m2 + 2

1 1 m1 r2 '_ 2 2 2 1 1 1 m1 s_ 2 = m2 + m1 r2 '_ 2 2 2 2

Elastiµcna potencijalna energija iznosi 1 Ep = ks2 2

100

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

pa je maksimalna potencijalna energija u poloµzaju amplitude 1 (Ep )max = kA2 2 jednaka maksimalnoj kinetiµckoj energiji kad je sustav u poloµzaju ravnoteµze 1 2 1 2 1 2

(Ek )max = = 1 2 kA = 2

1 m2 + m1 r2 '_ 20 2 1 m2 + m1 A2 ! 2 2 1 m2 + m1 A2 ! 2 2

pa je ! =

f

=

s

k rad = 4:26 1 s m2 + 2 m1 s s N 100 m k ! 1 1 = = = 0:68 s 2 2 2 m2 + 12 m1 3 kg + 21 5 kg

1

N Primjer 6.1.25 Uteg mase m = 0:2 kg titra na opruzi konstante k = 10 m . Sila kg otpora proporcionalna je brzini utega i iznosi Fotpora = bv = 2 s v. Napišite jednadµzbu gibanja i njezino op´ce riješenje. Odredite s (t) uz poµcetne uvjete t = 0, s = 0:2 m i v = 0 ms . Kolika treba biti konstanta prigušenja, a koliki faktor prigušenja da bi titranje bilo aperiodiµcno odnosno kritiµcki aperiodiµcno.

Rješenje: Jednadµzba gibanja prigušenog harmoniµckog oscilatora je ! ! m! a = F otpora + F opruge d2 s ds m 2 = b ks dt dt odnosno d2 s dt2

+

b ds m dt

+

k ms

=0

što nakon zamjene konstanti

b m

=2 =

2 kg s 0:2 kg

d2 s ds + 10 + 50s = 0 dt2 dt Op´ce rješenje diferencijalne jednadµzbe glasi s (t) = Ae

t

sin (! p t + '0 )

= 10 s

1

i ! 20 =

k m

=

N 10 m 0:2 kg

= 50 s

2

6.1. PRIMJERI

101

gdje je ! p frekvencija prigušenog oscilatora. Uvrštavanjem u prethodnu jednadµzbu dobivamo i d2 h d2 s t 2 = Ae sin (! t + ' ) = Ae t ! 2p sin (! p t + '0 ) + 2 ! p cos (! p t + '0 ) p 0 dt2 dt2 h i ds d = Ae t sin (! p t + '0 ) = Ae t [! p cos (! p t + '0 ) sin (! p t + '0 )] dt dt što daje

pa je

q ! p = ! 20

2

=

p 50

52 = 5 s

1

s (t) = Ae 5t sin (5t + '0 ) ds v (t) = = Ae 5t [! p cos (5t + '0 ) dt

sin (5t + '0 )]

Uvrštavanjem poµcetnih uvjeta dobivamo s (0) = Ae

0

v (0) = Ae

t0

sin (5 0 + '0 ) = A sin '0 = 0:2 m [! p cos (5 0 + '0 )

sin (5 0 + '0 )] m A sin '0 = 0 s

= A! p cos '0 odakle slijedi sin '0 = A =

p !p 5 2 =p = =) '0 = !0 2 4 50 0:2 m 0:2 m = p = 0:2828 m = 28:28 cm 2 sin '0 2

Rješenje koje udovoljava poµcetnim uvjetima je dakle s (t) = 28:28 cm e

5t

sin 5t +

4

Da bi titranje bilo aperiodiµcno, frekvencija ! p mora biti imaginarna, tj. mora vrijediti uvjet ! 2p = ! 20

2

! 20 = 50

odnosno uz konstantu b b=2

m > 20

kg s

102

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE Npr. za b = 30 kg s jednadµzba bi glasila b ds d2 s k + + s = 0 2 dt m dt m d2 s ds + 150 + 50s = 0 2 dt dt

Potraµzimo rješenje jednadµzbe u obliku s (t) = Ae t , što nakon deriviranja daje jednadµzbu za tzv. pomo´cnu jednadµzbu 2

+ 150 + 50 = 0

µcija rješenja su s (t) = Ae

1 1t

=

0:334 08 i

+ Be

2t

2

= Ae

=

149: 67, pa je ukupno rješenje jednadµzbe

0:334 08 t

Prigušenje je kritiµcno ako je rješenje, tj.

+ Be

149: 67 t

takav da pomo´cna jednadµzba ima samo jedno

d2 s p ds + 50 + 50s = 0 dt2 dt 2

+

p

50 + 50 = 0 =)

1;2

=

p

50 2

odnosno b = m

p

50 =) b = 2

p

p p 50 50 2 m= = 2 10 2

ili p b 2 = = 2m 4 N Primjer 6.1.26 Na harmoniµcki oscilator konstante k = 1:6 m djeluje vanjska periodiµcna sila F (t) = 0:02 cos 4t i sila otpora F = 0:2v na koje je obješeno tijelo mase m = 0:1 kg. Odredite s (t) uz poµcetne uvjete t = 0, s = 0:1 m i v = 0 ms .

Rješenje: Jednadµzba gibanja prisilnog oscilatora glasi d2 s b ds k d2 s ds F (t) + + s = +2 + !0s = dt2 m dt m dt2 dt m odnosno u našem primjeru d2 s ds + 2 + 16s = 0:2 cos 4t 2 dt dt

6.1. PRIMJERI

103

Op´ce rješenje nehomogene diferencijalne jednadµzbe dobije se tako što se zbroje op´ca riješenja homogene jednadµzbe i posebno rješenje nehomogene. Op´ce rješenje homogene je s (t) = (A sin ! p t + B cos ! p t) e

t

a posebno rješenje pretpostavimo u obliku s (t) = a sin 4t + b cos 4t te uvrštavanjem u nehomogfenu jednadµzbu dobivamo za konstante a i b: a = 0:025 m b = 0m pa je s (t) = (A sin ! p t + B cos ! p t) e

t

+ 0:025 sin 4t

gdje je !p =

q

2

! 20

=

p

1

15 s

Koriste´cu poµcetne uvjete za t = 0 odre†ujemo konstante A i B s (0) = B = 0:1 m v (0) = 0 =) A = 0 te je s (t) = 0:1 cos

p

15t e

t

+ 0:025 sin 4t

Primjer 6.1.27 Amplituda harmonijskog oscilatora u sredstvu s otporom smanji se od poµcetne vrijednosti nakon n titraja za faktor 1e . Odredite omjer perioda titranja T -tog oscilatora, prema periodu T0 koji bi imao isti oscilator kada bi otpor zanemarili. Rješenje: Amplituda titranja zadana je izrazom A = A0 e t , gdje je A0 amplituda titranja u poµcetnom trenutku. Nakon n titraja amplituda An = A0 e

1

pa je vrijeme potrebno za n titraja t = titranja vrijedi q 2 ! = ! 20

1

. Za kruµznu frekvenciju prigušenog

104

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

pa je period T =

2 2 =q ! k

2

m

Kako je period titranja T = 1 n k m

q

=

2

= 4

2

=

t n

1 n

=

=

=

2 !

pri µcemu je konstanta

2 2

k m

2 2 2

n

k m

1+4

2 n2

pa je omjer perioda titranja uz ! 20 = T T0

=

q2

k m

2

=q

2 !0

r

!0

!0 ! 20

2

k m

4 2 n2 1+4 2 n2

k m

=r

!0 = !0

r

!0 k m

k m

1+4

2 n2

1 + 4 2 n2 = 4 2 n2

=r

r

1+

!0 k m

1

1 1+4 2 n2

1 4

2 n2

Za veliki broj titraja n izraz moµzemo razviti u Taylorov red pa je traµzeni izraz omjera perioda T T0

1+

1 8

2 n2

Primjer 6.1.28 Na jednodimenzionalni harmonijski oscilator kruµzne frekvencije ! 0 djeluje na masu m u konaµcnom vremenskom intervalu konstantna vanjska sila F . Odredite amplitudu titranja nakon što je vanjska sila prestala djelovati, ako je u poµcetnom trenutku t = 0, poloµzaj x = 0 m i brzina v0 = 0 ms . Rješenje: Jednadµzba gibanja harmonijskog oscilatora u vremenu 0 X

Fi =

kx + F = m

i

je

d2 x dt2

Uvrštavaju´ci izraz za nesmetani harmonijski oscilator ! 20 = F d2 x + ! 20 x = 2 dt m

t

k m

dobivamo

6.1. PRIMJERI

105

Rješenje homogene diferencijalne jednadµzbe d2 x + ! 20 x = 0 dt2 glasi xh (t) = A1 sin ! 0 t + B1 cos ! 0 t a partikularno rješenje diferencijalne jednadµzbe je xp =

F m! 20

pa je ukupno rješenje jednako F m! 20 B1 ! 0 sin ! 0 t

x1 (t) = A1 sin ! 0 t + B1 cos ! 0 t + v1 (t) = x_ 1 (t) = A1 ! 0 cos ! 0 t Poµcetni (ili rubni) uvjeti glase x1 (0) = 0 m v1 (0) = x_ 1 (0) = 0

m s

odakle slijedi x1 (0) = A1 sin (! 0 0) + B1 cos (! 0 0) + B1 =

F F = B1 + =0 2 m! 0 m! 20

F m! 20

x_ 1 (t) = A1 ! 0 cos (! 0 0)

B1 ! 0 sin (! 0 0) = A1 ! 0 = 0

A1 = 0 pa je u vremenu 0

t

elongacija opisana izrazom

x1 (t) = B1 cos ! 0 t + =

F = m! 20

F (cos ! 0 t m! 20

F F cos ! 0 t + 2 m! 0 m! 20

1)

Budu´ci da je vanjska sila prestala djelovati, tj. za t > d2 x + ! 20 x = 0 dt2 µcije rješenje je x2 (t) = A2 sin ! 0 t + B2 cos ! 0 t

jednadµzba gibanja je

106

POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

Kako funkcije x (t) i vrijedi

dx(t) dt

moraju biti neprekidne funkcije, u trenutku t =

x1 ( ) = x2 ( ) dx1 ( ) dx2 ( ) = dt dt što daje sustav jednadµzbi iz kojih odre†ujemo konstante A2 i B2 F (cos ! 0 1) = A2 sin ! 0 + B2 cos ! 0 m! 20 F sin ! 0 = A2 ! 0 cos ! 0 B2 ! 0 sin ! 0 m! 20 µcije rješenje je A2 = B2 =

F sin ! 0 m! 20 F (cos ! 0 m! 20

1)

pa je amplituda titranja q F p 2 (1 A = A22 + B22 = m! 20

cos ! 0 ) =

2F !0 sin 2 2 m! 0

Poglavlje 7

µ MEHANICKI VALOVI 7.1

Primjeri

kg Primjer 7.1.1 µZeljezna µzica duljine l = 1:5 m ima gusto´cu = 7700 m 3 i Youn11 gov modul elastiµcnosti E = 2:2 10 Pa. Naprezanje µzice je takvo da je relativno produljenje jednako 1%. Izraµcunajte osnovnu frekvenciju titranja µzice.

Rješenje: Osnovna frekvencija µzice odgovara najve´coj valnoj duljini stojnog vala formiranog na µzici, koja iznosi 1 = 2l. Osnovna frekvencija titranja je de…nirana preko s v 1 F f1 = = 2l 1 gdje je F sila kojom je µzica zategnuta, a linearna gusto´ca µzice koje dobivamo iz izraza l F = S E l m Sl = = = S l l pa je osnovna frekvencija titranja µzice jednaka s s s l 1 F 1 S E 1 E l l = = f1 = 2l 2l S 2l l s 1 2:2 1011 Pa = 0:01 = 178:17 s 1 = 178:17 Hz kg 2 1:5 m 7700 3 m

Primjer 7.1.2 Glazbena viljuška titra na frekvenciji f = 680 Hz iznad 1 m visoke cilindriµcne posude (cijevi) u koju se lagano ulijeva voda. Za koju visinu vode u posudi ´ce zvuk glazbene viljuške biti pojaµcan? Brzina zvuka u zraku iznosi v = 340 ms . 107

µ POGLAVLJE 7. MEHANICKI VALOVI

108

Rješenje: Zvuk ´ce biti primjetno pojaµcan u sluµcaju kad se frekvencija glazbene viljuške podudara s vlastitom frekvencijom zraµcnog stupca u cijevi koja u sluµcaju jednog otvorenog kraja cijevi iznosi fk =

2k + 1 v 4 lk

gdje je lk duljina zraµcnog stupca, v brzina zvuka u zraku, a k = 0; 1; 2; : : :. Tada je lk =

2k + 1 v 4 fk

Zbog ograniµcenja maksimalne visine stupca zraka na visinu cijevi od 1 m imamo lk lk

1m 2k + 1 340 ms 2k + 1 = = m 1 4 680 s 8

rješenja imamo samo za k = 0; 1; 2; 3 i to 2 0+1 m = 0:125 m 8 2 1+1 m = 0:375 m k = 1; lk = 8 2 2+1 k = 2; lk = m = 0:625 m 8 2 3+1 k = 3; lk = m = 0:875 m 8

k = 0; lk =

Dobivene duljine zraµcnog stupca odgovaraju visini stupca vode h1 = l

lk = 1 m

0:125 m = 0:875 m

h2 = l

lk = 1 m

0:375 m = 0:625 m

h3 = l

lk = 1 m

0:625 m = 0:375 m

h4 = l

lk = 1 m

0:875 m = 0:125 m

Primjer 7.1.3 Kolika je dubina mora na mjestu gdje od trenutka emitiranja do trenutka prijema odjeka na ehosondi protekne t = 4:5 s. Srednja gusto´ca morske kg 10 m2 . vode iznosi = 1030 m 3 , a koe…cijent stlaµcivosti K = 4:6 10 N Rješenje: Brzina zvuka kroz ‡uid raµcuna se pomo´cu izraza s B v=

7.1. PRIMJERI

109

gdje je B volumni modul elastiµcnosti, µcija de…nicijska jednadµzba glasi p 1 = V K gdje je K koe…cijent stlaµcivosti. Tada za brzinu zvuka dobivamo s r 1 1 m v= = = 1452: 8 kg m2 10 K s 1030 3 4:6 10 B=

V

N

m

Zvuk koji se vrati na ehosonu prelazi dvostruku dubinu mora, pa vrijedi za dubinu mora d 1452: 8 ms 4:5 s v t d= = = 3268: 8 m 2 2 Primjer 7.1.4 Napišite izraz za pomak neke µcestice (ili molekule plina) u zraku kada se zvuµcni val frekvencije f = 1 kHz i amplitude A = 2 10 6 m širi zrakom. Kolika je maksimalna promjena (amplituda) tlaka? Izraµcunajte gusto´cu energijskog toka vala i razinu jakosti zvuka u decibelima. Pretpostavite da je gusto´ca kg m zraka = 1:29 m 3 , a brzina zvuka u zraku v = 340 s . Rješenje: Pretpostavimo da se val širi u smjeru osi x. Tada se ravni val moµze opisati preko s (x; t) = A sin (!t

kx)

gdje je A amplituda, ! kruµzna frekvencija i k valni broj. Oscilacije tlaka oko poloµzaja ravnoteµze p0 su p = p0 +

p = p0 + v!A cos (!t

kx)

pa je maksimalna promjena tlaka (za vrijednost kosinusa 1) jednaka pmax =

v!A = 1:29

kg m 340 2 3 m s

1000 s

1

2 10

6

m

= 5: 511 6 Pa Gusto´ca energijskog toka koji val nosi sa sobom ili intezitet zvuka ra´cuna se pomo´cu izraza I=

( pmax )2 (5: 511 6 Pa)2 W = = 0:034 63 2 kg m 2v m 2 340 s 1:29 m3

dok je razina jakosti zvuka izraµzena u decibelima jednaka L = 10 log

I I0

gdje je I0 jakost zvuka na pragu µcujnosti. Uvrštavanjem slijedi L = 10 log

W 0:034 63 m I 2 = L = 10 log = 105:39dB W I0 10 12 m 2

µ POGLAVLJE 7. MEHANICKI VALOVI

110

Primjer 7.1.5 Na udaljenosti r1 = 5 m od toµckastog izvora zvuka razina jakosti iznosi L1 = 100dB. Kolika je razina jakosti zvuka na udaljenosti od r2 = 60 m. Pretpostavite atenuaciju (slabljenje) jakosti po eksponencijalnom zakonu e x , gdje je koe…cijent atenuacije za zrak = 0:02 m 1 . Rješenje: Razinu jakosti zvuka dobivamo iz L = 10 log

I I1 =) L1 = 10 log I0 I0

pa je L1

12

I1 = I0 10 10 = 10

100 W 10 10 = 10 2 m

2

W m2

Intezitet kuglastih valova opada sa kvadratom udaljenosti, što uz atenuaciju zvuka daje I2 = I1

r12 e r22

(r2 r1 )

= 6: 9444 10

5

= 10

W e m2

1:1

W (5 m)2 e 0:02 m m2 (60 m)2 W = 2: 311 6 10 5 2 m 2

1

(60 m 5 m)

pa je razina zvuka jednaka L2 = 10 log10

I2 I0

= 10 log10

2: 311 6 10 10

5 W m2

12 W m2

!

= 73: 639 dB

ovo se moglo dobiti i logaritmiranjem izraza za I2 log L2

I2 I1 L1

r1 r2 r1 = 20 log r2

= 2 log

L2 = L1 + 20 log

r1 r2

(r2

4:34 (r2

r1 )

4:34 (r2

r1 )

1 (L2 10

5m 4:34 0:02 m 60 m 26: 361 dB = 73: 639 dB

= 100 dB + 20 log10 = 100 dB

r1 ) log e =

1

L1 )

(55 m)

Poglavlje 8

KVANTNA MEHANIKA 8.1

Primjeri

Primjer 8.1.1 Pretpostavimo da brzinu neke µcestice moµzemo mjeriti uz toµcnost 0:01%. Odredite kolika je neodre†enost poloµzaja µcestice, ako je rijeµc o: a) tijelu mase m = 70 kg koje se giba brzinom v = 20 ms , b) elektronu koji se giba brzinom v = 3 105 ms , c) elektronu koji se giba brzinom v = 108 ms . Rješenje: a) Budu´ci da je x

p&h

to za tijelo moµzemo pisati x & =

h = p

h p p

= p

h p p

mv

6:626 10 34 J s = 4: 733 10 10 4 70 kg 20 ms

33

m

b) Za elektron x & =

h = p

10

4

h p p

= p

h p p

me v

6:626 10 34 J s = 2: 42 10 9:11 10 31 kg 3 105 ms 111

5

m

112

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA c) U ovome sluµcaju je bitno primjeniti relativistiµcke popravke izraza r q 2 108 m s v 2 6:626 10 34 J s 1 m 8 h 1 3 10 s h c = = x & 4 31 p p 10 9:11 10 kg 108 ms m v e

p

= 6: 86 10

8

m

µ Primjer 8.1.2 Cestica mase m nalazi se unutar jednodimenzionalnog razmaka duljine a. Pomo´cu naµcela neodre†enosti izraµcunajte najniµzu mogu´cu energiju koju takva µcestica moµze imati. Rješenje: Neodre†enost poloµzaja µcestice iznosi a, dok je najmanji mogu´ci iznos koliµcine gibanja j! p j onaj za koji vrijedi j! pj

j! pj 1 h h & = 2 2 x 2a

Pretpotstavimo da µcestica unutar intervala ima potencijalnu energiju jednaku nuli. Tada je ukupna energija jednaka kinetiµckoj 2 h 2 j! pj h2 2a E= & = 2m 2m 8ma2

odakle vrijedi uvjet Emin =

h2 8ma2

što ukazuje na bitnu razliku u odnosu na klasiµcnu …ziku, a to je da energija vezanog stanja ne moµze biti jednaka nuli. Primjer 8.1.3 Koriste´ci naµcelo neodre†enosti izraµcunajte najmanju mogu´cu energiju za neutron i elektron koji bi se nalazio u jezgri promjera 10 14 m. Rješenje: Za neutron vrijedi Emin

6:626 10 34 J s h2 = = 8mn a2 8 1:675 10 27 kg (10

2 14 m)2

= 3: 276 10

Za elektron se problem rješava relativistiµckim izrazom s 2 Ek p = me c + 1 1 me c2

13

J = 2:048 MeV

8.1. PRIMJERI

113

pa je s

x

p = a 2p = 2a me c

Odavdje je uvjet za energiju 2s h Ek & me c2 4 2me c a

Ek +1 me c2

2

1&h

3

2

15

+1

odakle je najmanja energija elektrona uz me c2 = 9:11 10

31

m s

2

kg

3 108

2s

6:626 10 34 J s 2 9:11 10 31 kg 3 108 ms 10

= 0:512 MeV

jednaka Emin = 0:512 MeV 4

2

+1

14 m

= 61:64 MeV

3

15

Primjer 8.1.4 Izraµcunajte uz koliku najmanju pogrešku poznajemo energiju nekog atomskog stanja ako elektron u tom stanju ostaje 1 ns. Rješenje: Iz relacije neodre†enosti slijedi =

E&

h 6:626 10 34 J s = = 6:626 10 t 10 9 s

25

J = 4:141 10

6

eV

Ovaj energetski razmak (nepoznanica u energiji) se naziva širina spektralne linije . Primjer 8.1.5 Izraµcunajte frekvenciju zraµcenja koji nastaje prijelazom elektrona iz prvog pobu†enog stanja u osnovno stanje vodikova atoma. Rješenje: Kvantizirane energije stacionarnih stanja elektrona u atoma su: En(Z) = E1

Z2 n2

gdje je E1 = =

me e4 = 8"20 h2

9:11 10

31 kg

8 (8:85 10 12 F m 2:176 10 18 J = 13:6 eV

1:6 10 1 )2 (6:626

19 C 4

10

34 J s)2

114

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA

Razlika energijskih kvantiziranih stanja jednaka je energiji fotona, pa vrijedi En2 = h

E = En1

uz Z = 1 za vodik i n1 = 2 prvo pobu†eno stanje, n2 = 1 osnovno stanje slijedi 2

En2

En1

=

h 1 4

E1 h

=

=

1

2

E1 Zn2

E1 Zn2

E1 Z 2 1 1 h h n21 n22 3E1 3 ( 13:6 eV) = = 2:47 1015 s 4h 4 6:626 10 34 J s 1

=

2

=

1

Primjer 8.1.6 Izraµcunajte valnu duljinu zraµcenja kojom treba ozraµciti atom kako bi došlo do ionizacije atoma H + ; He+ ; Li++ . Rješenje: da bi se postigla ionizacija atoma, elektron iz svog stacionarnog stanja trebao prebaciti u slobodno stanje, odnosno u stanje za koje je n2 = 1. Valnu duljinu zraµcenja dobivamo iz izraza 1

= R1

1 n21

1 n22

Z2

gdje je R1 Rydbergova konstanta me e4 = 8h3 c"20

R1 =

E1 = 1:097 107 m hc

1

Kako je najniµze stacionarno stanje je opisano sa n1 = 1, vrijedi =

1 R1 Z 2

1 n21

1

1 n22

=

1 R1 Z 2

1 n21

1 12

1

=

1 R1 Z 2

pa za vodik H + imamo H+

=

1 1:097 107 m

1

12

= 9: 116 10

8

m = 91:16 nm

za ion He+ imamo He+

=

1 1:097 107 m

1

22

= 2: 279 10

8

m = 22:79 nm

= 1:013 10

8

m = 10:13 nm

i za ion Li++ Li++

=

1 1:097 107 m

1

32

Primjer 8.1.7 Pomo´cu brzine svjetlosti c, energije mirovanja elektrona E0el , reducirane Comptonove valne duljine elektrona ( r )eC te prirodnim konstantama 1 konstanta …ne strukture i proton-elektron maseni odnos izrazite Bohrov radijus a0 , Rydbergovu konstantu R1 , brzinu elektrona u najniµzoj stazi vodikova atoma u Bohrovu modelu i energiju osnovnog stanja atoma vodika.

8.1. PRIMJERI

115

Rješenje: U atomskoj …zici je prirodno (lakše) prikazivati jedinice pomo´cu sljede´cih veliµcina c = 2:99792458 108 m s

1

E0el = me c2 = 0:51099906 MeV e ~ C ( r )eC = = = 3: 861 6 10 13 m 2 me c e2 1 = = 7:29735308 10 3 4 "0 ~c mp 1 = 1836:152701 = me Bohrov radijus moµzemo pisati kao h2 " 0 (2 ~)2 "0 c 4 "0 ~c ~ 1 = = = ( 2 2 2 me e me e c e me c

a0 =

e r )C

Brzina elektrona u najniµzoj Bohrovoj stazi v1 =

~ c ~ c = =( me a0 c me c a0

e r )C

1

c = ( r )eC

c

Energija osovnog stanja atoma vodika E1 = =

me e4 c2 = 8"20 h2 c2 1 ( )2 2

me c2 e2

2

8"20 (2 ~)2 c2

me c2 =

2

=

e2 1 4 "0 ~c

2

me c2 2

E0el 2

Rydbergova konstanta R1 =

1 2

E1 = hc

2m c ( )2 me c2 1 e = = 2 ~c 4 ~ 4

2

(

e r )C

Primjer 8.1.8 Koliko fotona emitira svake minute radio-odašiljaµc snage P = 30 kW, koji radi na valnoj duljini = 2: 942 m? Rješenje: Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije emitirane u jednoj minuti Euk = P t = 30 kW 60 s = 1:8 MJ i energije jednog fotona koja iznosi Ef

= h =

hc

=

= 6: 752 10

6:6260755 10 26

J

2:99792458 108 ms 2: 942 m

34 J s

116

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA

dakle, N=

1:8 MJ Euk = = 2: 665 9 1031 Ef 6: 752 10 26 J

Primjer 8.1.9 Izraµcunajte frekvenciju i valnu duljinu fotona koji nastaje kad se elektron konetiµcke energije Ek = 15 MeV zaustavi pri suaru s teškom jezgrom. Rješenje: Uz pretpostavku da je sva kinetiµcka energija prešla u energiju fotona, vrijedi Ek 15 MeV = = 3: 627 0 1021 s 1 h 4:1356692 10 15 eV s c 2:99792458 108 m s 1 = 8: 265 6 10 14 m = 3: 627 0 1021 s 1

= =

Primjer 8.1.10 Monokromatska svjetlost valne duljine = 400 nm upada okomito W na plohu površine S = 4 cm2 . Ako je intezitet svjetlosti I = 12 m 2 , odredite koliko dugo ploha treba biti izloµzena svjetlosti da bi na nju palo N = 1018 fotona. Rješenje: Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije koja padne na plohu Euk i energije pojedinog fotona Ef N=

Euk ISt ISt = Ef hc hc

dakle, N hc 1018 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s = W IS 4 cm2 400 nm 12 m 2 = 103: 46 s

1

t =

Primjer 8.1.11 Koju brzinu mora imati elektron da bi njegova koliµcina gibanja bila jednaka koliµcini gibanja fotona valne duljine = 400 nm? Rješenje: Koliµcina gibanja elektrona pe i fotona pf zadani su izrazima pe = pf

=

q h

me v 1

v 2 c

8.1. PRIMJERI

117

Izjednaµcavanjem ova dva izraza dobivamo h

=

h2

=

2

v =

q

me v v 2 c

1

m2e v 2

1 q

=

v2 c2

= ()2

m2e v 2 c2 c2 2 =) v = c2 v 2 1 + mehc

c 1+

me c h

= 7: 383 5 105

2:99792458 108 m s

=r

1+

31

1

kg 2:99792458 108 m s 6:6260755 10 34 J s

9:1093897 10

1

400 nm

m s

Primjer 8.1.12 Izraµcunajte pri kojoj bi temperaturi maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja bio na valnoj duljini = 0:48 nm. Koliko iznosi maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja za ljudsko tijelo temperature T = 37 C? Rješenje: Iz Wienova zakona T T =

b

=

m

m

= b slijedi

2:897756 10 3 m K = 6: 037 0 106 K 0:48 nm

a maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja za ljudsko tijelo iznosi m

=

b 2:897756 10 = T 310 K

3mK

= 9: 347 6 10

6

m

što je valna duljina infracrvenog dijela spektra elektromagnetskog zraµcenja. Primjer 8.1.13 Sunµcevo zraµcenje ima maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja na valnoj duljini = 480 nm. Izraµcunajte kolika je temperatura površine Sunca uz pretpostavku da Sunce zraµci kao idealno crno tijelo? U kojem bi dijelu spektra spektralna gusto´ca zraµcenja bila maksimalna ako bi se površina Sunca ohladila na jednu desetinu sadašnje vrijednosti? Rješenje: Iz Wienova zakona dobivamo T =

b m

=

2:897756 10 3 m K = 6037 K 480 nm

Desetina sadašnje vrijednosti iznosi T 0 = 603:7 K, pa je maksimalna valna duljina spektralnog zraµcenja m

=

b 2:897756 10 3 m K = = 4: 8 10 T0 603:7 K

tj. u infracrvenom dijelu spektra.

6

m

118

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA

Primjer 8.1.14 Pri kojoj temperaturi bi foton maksimuma spektralne gusto´ce zraµcenja imao energiju: a) 0.002 eV; b) 0.3 eV i c) 1 MeV? Rješenje: Veza izme†u energije i valne duljine glasi =

c

=

hc E

pa iz Wienova zakona slijedi T =

b

=

b hc E

=

bE hc

pa su traµzene temperature a) T

=

b) T

=

c) T

=

2:897756 10 3 m K 3: 204 4 10 22 J 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s 2:897756 10 3 m K 4: 806 5 10 20 J 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s 2:897756 10 3 m K 1: 602 2 10 12 J 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s

1

= 4: 674 5 K

1

= 701: 15 K

1

= 2: 337 2 109 K

Primjer 8.1.15 Ako Sunce zraµci kao crno tijelo, izraµcunajte ukupnu energiju koju S = 1 m2 površine Sunca emitira u jednoj godini. Prosjeµcna temperatura površine Sunca je T = 6000 K. Rješenje: Snaga zraµcenja zadana je izrazom P = ST 4 pa je ukupna emitirana energija W

= P t = ST 4 t = 5:67051 10

8

W 1 m2 m2 K4

6 103 K

4

3:1536 107 s

= 2:3176 1015 J Primjer 8.1.16 Uµzarena ploµca površine S = 20 cm2 zraµci u jednoj minuti W = 0:5 kWh energije. Izraµcunajte temperaturu površine ploµce. Izgleda li ona zaista crno? Rješenje: Iz izraza za ukupnu energiju zraµcenja W = ST 4 t

8.1. PRIMJERI

119

dolazimo do temperature s r W 0:5 3:6 106 J 4 T = = 4 St 5:67051 10 8 m2WK4 2 10

3 m2

60 s

= 4032: 9 K

pa je valna duljina na kojoj spektar zraµcenja ima maksimum jednaka m

=

b 2:897756 10 3 m K = = 7: 185 3 10 T 4032: 9 K

7

m

719 nm

pa ´ce ploµca imati tamnocrvenu boju. Primjer 8.1.17 Izraµcunajte najmanju frekvenciju zraµcenja koja ´ce izazvati fotoelektriµcni efekt na materijalu za koji je rad izlaza Wi = 3:8 eV. Kojem dijelu spektra pripada to zraµcenje? Rješenje: Najmanja frekvencija je ona za koju je izlazna kinetiµcka energija jednaka nuli, odnosno h

g

= Wi =)

g

=

3:8 eV Wi = h 4:1356692 10

ovo zraµcenje ima valnu duljinu zraµcenja.

15 eV s

= 9: 188 4 1014 s

1

= 326 nm, dakle pripada ultraljubiµcastom dijelu

Primjer 8.1.18 Kalijeva katoda ozraµcena je ultraljubiµcastim zraµcenjem valne duljine = 250 nm. Ako je rad izlaza za kalij Wi = 2:21 eV izraµcunajte maksimalnu kinetiµcku energiiju emitiranih elektrona. Rješenje: Energija fotona utroši se na svladavanje rada izlaza, dok ostatak energije prelazi u kinetiµcku energiju elektrona. Vrijedi h = Ekmax + Wi odnosno Ekmax

= h

Wi =

hc

Wi

6:626 10 34 J s 2:998 108 ms 2:5 10 7 m = 4: 41 10 19 J = 2:756 eV =

2:21 1:6 10

19

J

Primjer 8.1.19 Emiter u fotoelektriµcnoj cijevi ima fotoelektriµcni prag na valnoj duljini g = 600 nm. Odredite valnu duljinu upadne svjetlosti ako je zaustavni potencijal za tu svjetlost U = 2:5 V. Kojem dijelu spektra pripadaju valne duljine i g?

120

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA Rješenje: Zaustavni potencijal dobivamo iz izraza eU = Ekmax =

hc

Wi

Koriste´ci izraz za prag fotoelektriµcnog efekta Wi = h

g

=

hc g

slijedi hc hc = eU + Wi eU +

=

hc

=

g

19 C

1:6 10 2:5 V 34 6:626 10 J s 2:998 108 m s

=

7

= 2: 717 2 10

1

eU 1 + hc g 1

1 + 600 nm

1

m = 271:72 nm

Valna duljina g pripada vidljivom (crvenom) dijelu spektra, a valna duljina ultraljubiµcastom dijelu spektra elektromagnetskog zraµcenja. Primjer 8.1.20 Koliki napon treba primijeniti kako bi se zaustavili fotoelektroni koji izlaze iz barijeve katode osvijetljene zraµcenjem valne duljine = 300 nm? Graniµcna valna duljina za barijevu katodu iznosi g = 496 nm. Kojem dijelu spektra pripadaju valne duljine? Rješenje: Zaustavni napon dobivamo iz izraza eU U

= Ekmax = h

Wi = h (

g)

= hc

hc 1 1 e g 6:626 10 34 J s 2:998 108 m s = 1:6 10 19 C = 1: 635 4 V

1

1 g

=

1

1 300 nm

1 496 nm

Primjer 8.1.21 Rentgenska zraak valne duljine = 0:04 nm pada na elektron i pri tome se zbiva Comptonovo raspršenje. Prona†ite valnu duljinu raspršenog fotona ako je kut raspršenja = 75 . Kolika je kinetiµcka energija elektrona nakon raspršenja? Rješenje: Promjena valne duljine pri Coptonovu raspršenju iznosi 0

=

h (1 me c

cos )

8.1. PRIMJERI

121

pa je valna duljina nakon raspršenja 0

=

+

h (1 me c

cos )

6:626 10 34 J s 9:11 10 31 kg 2:998 108 m s = 4: 179 8 10 11 m = 0:04 nm +

1

(1

cos 75)

Iz zakona oµcuvanja energije slijedi h + me c2 = h

0

+ me c2 + Ek0

Ek0 = h

0

= 6:626 10

= hc 34

= 2: 136 3 10

1

1 0

J s 2:998 108 m s 16

1 4 10 11 m

1

1 4: 179 8 10

11 m

J = 1335: 2 eV

Primjer 8.1.22 Izraµcunajte Comptonovu valnu duljinu za elektron, proton, µcesticu i jezgru olova 106 P b.

-

Rješenje: Comptonova valna duljina je de…nirana izrazom C

=

h mc

pa je za elektron C

=

h 6:626 10 34 J s = me c 9:11 10 31 kg 2:998 108 m s

1

= 2: 426 1 10

12

m

za proton C

=

6:626 10 34 J s h = mp c 1:673 10 27 kg 2:998 108 m s

1

= 1: 321 1 10

15

m

za -µcesticu C

=

h m

c

=

6:626 10 34 J s 4 1:673 10 27 kg 2:998 108 m s

1

= 3: 303 10

16

m

i za jezgru olova C

=

h mP b c

=

6:626 10 34 J s 206 1:673 10 27 kg 2:998 108 m s

1

= 6: 412 9 10

18

m

Primjer 8.1.23 Pretpostavimo da brzinu neke µcestice moµzemo mjeriti uz toµcnost 0:01%. Odredite kolika je neodre†enost poloµzaja µcestice, ako je rijeµc o:

122

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA

a) tijelu mase m = 70 kg koje se giba brzinom v = 20 ms , b) elektronu koji se giba brzinom v = 3 105 ms , c) elektronu koji se giba brzinom v = 108 ms . Rješenje: a) Budu´ci da je x

p&h

to za tijelo moµzemo pisati x & =

h

h = p

p p

= p

h p p

mv

6:626 10 34 J s = 4: 733 10 10 4 70 kg 20 ms

33

m

b) Za elektron x & =

h

h = p

10

4

p p

= p

h p p

me v

6:626 10 34 J s = 2: 42 10 9:11 10 31 kg 3 105 ms

5

m

c) U ovome sluµcaju je bitno primjeniti relativistiµcke popravke izraza r q 2 108 m 34 s 2 v 6:626 10 J s 1 m 8 h 1 3 10 s h c x & = = 4 31 p p 10 9:11 10 kg 108 ms me v p = 6: 86 10

8

m

µ Primjer 8.1.24 Cestica mase m nalazi se unutar jednodimenzionalnog razmaka duljine a. Pomo´cu naµcela neodre†enosti izraµcunajte najniµzu mogu´cu energiju koju takva µcestica moµze imati. Rješenje: Neodre†enost poloµzaja µcestice iznosi a, dok je najmanji mogu´ci iznos koliµcine gibanja j! p j onaj za koji vrijedi j! pj 1 h h j! pj & = 2 2 x 2a Pretpotstavimo da µcestica unutar intervala ima potencijalnu energiju jednaku nuli. Tada je ukupna energija jednaka kinetiµckoj 2 h 2 j! pj h2 2a E= & = 2m 2m 8ma2

8.1. PRIMJERI

123

odakle vrijedi uvjet Emin =

h2 8ma2

što ukazuje na bitnu razliku u odnosu na klasiµcnu …ziku, a to je da energija vezanog stanja ne moµze biti jednaka nuli. Primjer 8.1.25 Koriste´ci naµcelo neodre†enosti izraµcunajte najmanju mogu´cu energiju za neutron i elektron koji bi se nalazio u jezgri promjera 10 14 m. Rješenje: Za neutron vrijedi Emin

6:626 10 34 J s h2 = = 8mn a2 8 1:675 10 27 kg (10

2 14 m)2

= 3: 276 10

13

J = 2:048 MeV

Za elektron se problem rješava relativistiµckim izrazom s 2 Ek p = me c +1 1 me c2 pa je x

s

p = a 2p = 2a me c

Odavdje je uvjet za energiju 2s h Ek & me c2 4 2me c a

Ek +1 me c2

2

1&h

3

2

15

+1

odakle je najmanja energija elektrona uz me c2 = 9:11 10

31

m s

2

kg

3 108

2s

6:626 10 34 J s 2 9:11 10 31 kg 3 108 ms 10

= 0:512 MeV

jednaka Emin = 0:512 MeV 4 = 61:64 MeV

2 14 m

+1

3

15

Primjer 8.1.26 Izraµcunajte uz koliku najmanju pogrešku poznajemo energiju nekog atomskog stanja ako elektron u tom stanju ostaje 1 ns.

124

POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA Rješenje: Iz relacije neodre†enosti slijedi E&

=

6:626 10 34 J s h = = 6:626 10 t 10 9 s

25

J = 4:141 10

6

eV

Ovaj energetski razmak (nepoznanica u energiji) se naziva širina spektralne linije . Primjer 8.1.27 Prona†ite de Broglievu i Comptonovu valnu duljiu loptice mase m = 10 g koja se giba brzinom v = 10 ms . Moµze li se eksperimentalno provjeriti valna priroda ovog objekta? Rješenje: Radi se o nerelativistiµckoj µcestici, pa je de Broglieva valna duljina =

h 6:626 10 34 J s h = = = 6: 626 10 p mv 10 2 kg 10 ms

33

m

a Comptonova C

=

6:626 10 34 J s h = = 2: 210 1 10 mc 10 2 kg 2:998 108 ms

40

m

Da bi se eksperimentalno mogla potvrditi valna priroda ove µcestice, u pokusu difrakcije gdje širina pukotine mora biti sumjerljiva valnoj duljini ne´ce biti ispunjen uvjet, jer bi ta širina morala biti reda 10 33 m, što nije sluµcaj. Primjer 8.1.28 Snop elektrona energije E0 = 1 eV upada na potencijalnu prepreku visine E = 5 eV i širine L = 0:5 nm. Odredite vjerojatnost da se ellektron na†e s druge strane prepreke. Rješenje: Vjerojatnost opada sa širinom prepreke po zakonu T =e

2 L

gdje je p 2m (E = ~

E0 )

p 2 9:11 10 31 kg (5 eV 1 eV) = = 1: 024 7 1010 m 1:05457266 10 34 J s

pa je traµzena vjerojatnost T =e

2 1: 024 7 1010 m

1

0:5 nm

= 3: 546 4 10

5

pa je jedan od 28200 elektrona pro´ci kroz barijeru.

1 28200

1

Poglavlje 9

ATOM 9.1

Primjeri

Primjer 9.1.1 Izraµcunajte frekvenciju zraµcenja koji nastaje prijelazom elektrona iz prvog pobu†enog stanja u osnovno stanje vodikova atoma. Rješenje: Kvantizirane energije stacionarnih stanja elektrona u atoma su: En(Z) = E1

Z2 n2

gdje je me e4 = 8"20 h2

E1 =

31 kg

9:11 10

8 (8:85 10 12 F m 2:176 10 18 J = 13:6 eV

=

1:6 10 1 )2 (6:626

19 C 4

10

34 J s)2

Razlika energijskih kvantiziranih stanja jednaka je energiji fotona, pa vrijedi E = En1

En2 = h

uz Z = 1 za vodik i n1 = 2 prvo pobu†eno stanje, n2 = 1 osnovno stanje slijedi 2

= =

En1 E1 h

En2 h 1 4

1

=

E1 Zn2

=

2

E1 Zn2

1 E1 Z 2 1 h h n21 n22 3E1 3 ( 13:6 eV) = = 2:47 1015 s 4h 4 6:626 10 34 J s 1

2

=

1

Primjer 9.1.2 Izraµcunajte valnu duljinu zraµcenja kojom treba ozraµciti atom kako bi došlo do ionizacije atoma H + ; He+ ; Li++ . 125

126

POGLAVLJE 9. ATOM

Rješenje: da bi se postigla ionizacija atoma, elektron iz svog stacionarnog stanja trebao prebaciti u slobodno stanje, odnosno u stanje za koje je n2 = 1. Valnu duljinu zraµcenja dobivamo iz izraza 1

= R1

1 n21

1 n22

Z2

gdje je R1 Rydbergova konstanta me e4 = 8h3 c"20

R1 =

E1 = 1:097 107 m hc

1

Kako je najniµze stacionarno stanje je opisano sa n1 = 1, vrijedi =

1 R1 Z 2

1 n21

1

1 n22

=

1 R1 Z 2

1 n21

1 12

1

=

1 R1 Z 2

pa za vodik H + imamo =

H+

1 1:097 107 m

1

12

= 9: 116 10

8

m = 91:16 nm

za ion He+ imamo He+

=

1 1:097 107 m

1

22

= 2: 279 10

8

m = 22:79 nm

= 1:013 10

8

m = 10:13 nm

i za ion Li++ Li++

=

1 1:097 107 m

1

32

Primjer 9.1.3 Pomo´cu brzine svjetlosti c, energije mirovanja elektrona E0el , reducirane Comptonove valne duljine elektrona ( r )eC te prirodnim konstantama 1 konstanta …ne strukture i proton-elektron maseni odnos izrazite Bohrov radijus a0 , Rydbergovu konstantu R1 , brzinu elektrona u najniµzoj stazi vodikova atoma u Bohrovu modelu i energiju osnovnog stanja atoma vodika. Rješenje: U atomskoj …zici je prirodno (lakše) prikazivati jedinice pomo´cu sljede´cih veliµcina c = 2:99792458 108 m s

1

E0el = me c2 = 0:51099906 MeV e ~ C ( r )eC = = = 3: 861 6 10 13 m 2 me c e2 1 = = 7:29735308 10 3 4 "0 ~c mp 1 = = 1836:152701 me

9.1. PRIMJERI

127

Bohrov radijus moµzemo pisati kao (2 ~)2 "0 c ~ h2 " 0 4 "0 ~c 1 = a0 = = = ( me e2 me e2 c e2 me c

e r )C

Brzina elektrona u najniµzoj Bohrovoj stazi v1 =

~ c ~ c =( = me a0 c me c a0

e r )C

1

c = ( r )eC

c

Energija osovnog stanja atoma vodika E1 = =

me e4 c2 = 8"20 h2 c2 1 ( )2 2

me c2 e2

2

8"20 (2 ~)2 c2

me c2 =

2

=

e2 1 4 "0 ~c

2

E0el 2

Rydbergova konstanta R1 =

E1 = hc

1 2

2m c ( )2 me c2 1 e = = 2 ~c 4 ~ 4

2

(

e r )C

me c2 2

Poglavlje 10

ATOMSKA JEZGRA 10.1

Primjeri

Primjer 10.1.1 Odredite broj protona i neutrona u jezgri atoma najte polumjer, volumen i gusto´cu jezgre. Rješenje: U jezgri atoma 126 C ima Z = 6 protona i N = A Polumjer jezgre jednak je 1

R = r0 A 3 = 1:4 10

15

1

m 12 3 = 3: 205 2 10

15

Z = 12

12 C, 6

te izraµcu-

6 = 6 neutrona.

m = 3:2052 fm

volumen jezgre iznosi 4 4 3 4 3 3 R = r A= 1:4 10 15 m 12 3 3 0 3 = 1: 379 3 10 43 m3 = 137:93 10 45 m3 = 137:93 fm3

V

=

a njena gusto´ca =

M = V

u A 3u 3 1:66 10 = = 4 3 3 4 r0 4 (1:4 10 3 r0 A

27 kg 15 m)3

= 1:4447 1017

kg m3

Primjer 10.1.2 Izraµcunajte defekt mase, energiju vezanja i energiju vezanja po 235 nukleonu za kalcij 43 20 Ca i za uran 92 U . Rješenje: Za kalcij m =

20mH + 23mn

m

43 20 Ca

= (20 1:007825 + 23 1:008665 2

2

42:958780) u = 0:397 02u

EB = ( m) c = 0:397 02 uc = 0:397 02 931:48 MeV = 369: 82 MeV EB 369: 82 MeV = = 8: 600 5 MeV A 43 129

130

POGLAVLJE 10. ATOMSKA JEZGRA

a za uran m =

92mH + 143mn

235 92 U

m

= (92 1:007825 + 143 1:008665 2

235:043915) u = 1: 915 1u

2

EB = ( m) c = 1: 915 1 uc = 1: 915 1 931:48 MeV = 1783: 9 MeV 1783: 9 MeV EB = = 7: 591 1 MeV A 235 Primjer 10.1.3 Koliko ´ce se jezgara u masi od m = 1 mg radioaktivnog izotopa 90 Sr raspasti za vrijeme od t = 1 dan a koliko za t = 14 godina, ako je vrijeme 1 2 ploraspada T 1 = 28:8 godina? 2

Rješenje: Broj raspadnutih jezgri razlika je poµcetnog i konaµcnog broja neraspadnutih jezgri N

= N0 = N0

N = N0 1

e

N e ! 0 t ln 2 T1 2

t

m = MSr

1

e

t ln 2 T1 2

!

što za jedan dan iznosi 10 6 kg N= 90 1:6726231 10

27 kg

1

e

1

e

1 365 god ln 2 28:8 god

= 4: 380 1 1014

a za 14 godina N=

10 6 kg 90 1:6726231 10

27 kg

14 god ln 2 28:8 god

= 1: 900 2 1018

Primjer 10.1.4 Za koliko ´ce se vremena 30% poµcetnog broja radioaktivnih nuklida radija 226 88 Ra raspasti, ako je vrijeme poluraspada jezgri radija T 21 = 1590 godina? Rješenje: Traµzi se vrijeme broja nuklida kada ih je ostalo od poµcetnog broja N (t) = N0

30 N0 = 0:7N0 100

dok je broj zadan izrazom N (t) = N0 e

t

= N0 e

ln 2 t T1 2

10.1. PRIMJERI

131

Izjednaµcavaju´ci ove izraze i izdvajanjem vremena t dobivamo ln 2 t T1 2

0:7N0 = N0 e 0:7 = e ln 0:7 =

ln 2 t T1 2

= ln

ln 2 t T1 2

t =

ln 0:7 = 2 ln 2

T1

1590 god:

ln 0:7 = 818: 17 god: ln 2

Primjer 10.1.5 Kolika je starost organskog tijela, ako se 60% poµcetnog broja radioaktivnog nuklida ugljika 14 6 C rspalo, a vrijeme poluraspada jezgri ugljika iznosi T 1 = 5730 god? 2

Rješenje: Ako se raspalo 60% poµcetnog broja nuklida, preostalo ih je 40%. Dakle, vrijedi N (t) = 0:4N0 = N0 e

ln 2 t T1 2

pa je starost organskog tijela ln 2 t T1 2

0:4N0 = N0 e 0:4 = e ln 0:4 =

ln 2 t T1 2

= ln

ln 2 t T1 2

t =

T1 2

ln 0:4 = ln 2

5730 god:

ln 0:4 = 7574: 6 god: ln 2

Poglavlje 11

STATIKA FLUIDA 11.1

Primjeri

Primjer 11.1.1 Za koliko ´ce se stisnuti voda ako je podvrgnemo tlaku u iznosu od p = 1000 bar pri temperaturi T = 293 K. Modul elastiµcnosti pri ovim uvjetima iznosi Ev = 2:88 109 Pa? Rješenje: Modul elastiµcnosti je zadan izrazom Ev =

V

dp = dV

V V

p

odakle je relativna promjena volumena V = V

p Ev

=

108 Pa = 2:88 109 Pa

0:03472

ili prikazano u postotcima poµcetnog volumena V = V

3:472%

tj. voda ´ce se stisnuti za 3:47%. Primjer 11.1.2 Kako se mijenja gusto´ca kapljevine s promjenom tlaka uz konstantni modul elastiµcnosti? Rješenje: Iz izraza za modul elastiµcnosti E=

V

dV dp =) = dV V

dp E 133

134

POGLAVLJE 11. STATIKA FLUIDA

i mase m =

V = konst:=d

0 = V d + dV =) dobivamo d Z

=

d

=

d

Z dp = E Zp 1 dp E p0

0

ln

dV = V

ln

0

=

1 (p E

=

e

0

p0 ) p p0 E

Primjer 11.1.3 Koliki je ukupni tlak u dubini mora od h = 1200 m ako je pri površini normirani atmosferski tlak p0 = 1:013 105 Pa? Koliko bi taj tlak iznosio na najve´coj izmjerenoj dubini u Marijanskoj brazdi koja iznosi 11022 m? Rješenje: Ukupni tlak na dubini h jednak je zbroju tlaka pri površini i hidrostatskog tlaka stupca vode p = p0 + gh = 1:013 105 Pa + 1030

kg m 9:81 2 1200 m m3 s

= 1:22 107 Pa a u Marijanskoj brazdi p = p0 + gh = 1:013 105 Pa + 1030 = 1:11 108 Pa

kg m 9:81 2 11022 m 3 m s

1100 atm

Primjer 11.1.4 Koliko iznosi gusto´ca morske vode pri konstantnom modulu elastiµcnosti E = 2:7 109 Pa, na najve´coj do sada izmjerenoj dubini h = 11022 m, kg ako je gusto´ca morske vode pri površini ppov = 1 bar jednaka 0 = 1020 m 3? Rješenje: Hidrostatsi tlak na dubini h iznosi p

p0 = gh = 1020

kg m 9:81 2 11022 m = 1:1 108 Pa 3 m s

pa je gusto´ca = p0 e

p p0 E

= 1020

1:104 108 Pa kg kg 2:7 109 Pa = 1062:6 e m3 m3

11.1. PRIMJERI

135

Primjer 11.1.5 Odredite gusto´cu ‡uida lakšeg od vode pomo´cu U - cijevi, ako su izmjereni slijede´ci podatci: hf = 120 mm stupca ‡uida i h = 36 mm stupca ‡uida. Pretpostavljamo da se ‡uid ne miješa sa vodom. Rješenje: Kako moraju u toµckama O biti jednaki tlakovi, to mora vrijediti hf

f

= hv

v

Iz slike 9.27. vidimo da vrijedi hv = hf

h

pa je hf

f

= (hf

f

=

h)

v

h v hf 36 mm = 1 120 mm kg = 700 3 m 1

1000

kg m3

kg Dakle, teku´cina ima gusto´cu 700 m 3.

Primjer 11.1.6 Tijelo pliva na površini µzive tako da mu je 19:85% volumena potopljeno u µzivu. Koliki je postotak volumena potopljen u µzivu ako se preko tijela prelije voda, tako da tijelo bude potpuno pod vodom? Rješenje: Ako tijelo pluta u µzivi, sila uzgona jednaka je teµzini tog tijela (slika 9.29.a). Po Arhimedovu zakonu vrijedi: FG = UHg mg = =

t

Vt g =

Hg

Hg

VHg g

0:1985 Vt g

gdje su: t ; Vt - gusto´ca i volumen tijela, Hg ; VHg - gusto´ca µzive i dio volumena tijela koji je potopljen u µzivu. Iz prethodne jednadµzbe slijedi: t

= 0:1985

Hg

= 0:1985 13600

kg kg = 2669:6 3 3 m m

136

POGLAVLJE 11. STATIKA FLUIDA

Ako tijelo prelijemo vodom (slika 9.29.b), javlja se dodatna sila uzgona vode na tijelo. Oznaµcimo volumen tijela u vodi V1 , a volumen tijela u µzivi V2 . Tada je FG = UH2 O + UHg mg = gdje je

v t

t

V g=

V1 g +

v

Hg

V2 g

gusto´ca vode. Odavdje slijedi

V =

v

V1 +

V2

Hg

no, ukupni volumen jednak je V = V1 + V2 pa eliminacijom npr. V1 slijedi t

V

=

(V

v t

V2 =

Hg

V2 ) + v

V =

V2

Hg

kg 2669:6 m 3

kg 1000 m 3

kg 13600 m 3

kg 1000 m 3

v

V = 0:1325 V

V2 = 13:25% V dakle, 13:25% tijela ´ce biti potopljeno u µzivu. Primjer 11.1.7 Prona†ite omjer polumjera mjehura zraka na površini vode i na dubini od h = 100 m, pri µcemu je tlak pri površini vode p0 = 105 Pa. Zanemarite napetost površine vode te raµcunajte uz konstantnu temperaturu. Rješenje: Koriste´ci izraze za jednadµzbu stanja idealnog plina uz konstantnu temperaturu i hidrostatski tlak slijedi p0 V 0 = p V p = p (h) = p0 + p0

4 3

r03 = (p0 +

v

g h 4 gh) r3 3 v

gdje su p0 tlak i V0 = 43 r03 volumen pri površini vode, a p tlak i V = volumen mjehura zraka na traµzenoj dubini h. Odavde je traµzeni odnos polumjera r03 p0 + v g h = = r3 p0

r0 = r

s 3

1+

v gh

p0

=

s

1+

3

1+

v

g h p0

kg 103 m 9:81 sm2 100 m 3 = 2: 21 105 Pa

4 3

r3

11.1. PRIMJERI

137

Primjer 11.1.8 Gusto´ca teku´cine u posudi dubine d = 3 m je linearna funkcija g dubine. Gusto´ca na dnu iznosi dno = 1:19 cm 3 , dok je gusto´ca pri površini pov za 5% manja od gusto´ce na dnu. Koliki je rad potreban da se predmet mase m = 0:1 kg i volumena V = 50 cm3 podigne s dna na površinu vode? Trenje u teku´cini zbog gibanja tijela zanemarite. Rješenje: Budu´ci da je gusto´ca linearna funkcija dubine, moµzemo pisati (x) = kx + l Koriste´ci poµcetne uvjete dno

=

pov

=

g cm3 g (0) = 1:1305 cm3

(d) = 1:19

dobiva se (0) = l =

pov

(d) = k d + l = k d + dno

k =

pov

=

dno

pov

d

pa je funkcija gusto´ce teku´cine dno

(x) =

pov

x+

d

pov

Sila koja djeluje na tijelo jednaka je

F (x) = m g

U (x) = m g dno

= m g

pov

d

(x) V g x+

pov

V g

a izvršeni rad je jednak dW

= F (x) dx

Zd

dx

0

=

Zd

m g

0

što nakon integracije daje

dno

pov

d

x+

pov

V g dx

138

POGLAVLJE 11. STATIKA FLUIDA

W

=

m g

=

m g

dno

V g x

pov

dno

V g

pov

pov

V g x2 jd0

2d pov

2

V g

g d V 2 t pov dno 2 9:81 sm2 3 m 50 10 6 m3 kg 2 2000 3 = 2 m = 1:24 J

d

=

1130:5

kg m3

1190

kg m3

gdje je t

=

m kg 0:1 kg = 2000 3 = 3 V 50 cm m

Primjer 11.1.9 Koliki je rad potreban da bi se kapljica µzive polumjera r = 2 mm N razbila na kapljice trostruko manjeg polumjera ( Hg = 0:48 m )? Rješenje: Polumjer novo nastale kapljice µzive je r0 = 3r , tada je V0 =

4 3

r03 =

4 3

r 3

3

=

r3 V = 27 27

4 3

Dakle, od jedne kapljice µzive polumjera r, dobiva se 27 kapljica µzive trostruko manjeg polumjera r0 . Pri tome se površina pove´cala za S = 4

r2

S0 = 4

r02 = 4

S = 27 S 0

r 3

S = 27

2

4 9

=

4 9

r2

r2

4

r2 = 8

r2

pa je rad potreban za pove´canje površine jednak W =

Hg

S=

Hg

8

r2 = 0:48

N 8 m

2 10

3

m

2

= 4: 83 10

5

J

Poglavlje 12

TEMPERATURA I TOPLINA 12.1

Primjeri

Primjer 12.1.1 U zatvorenoj se posudi nalazi dušik na sobnoj temperaturi t0 = 20 C i pod tlakom p0 = 105 Pa. U posudu se doda odre†ena koliµcina teku´ceg dušika temperature vrenja t1 = 196 C koji ispari, pa temperatura naraste na t2 = 140 C. Kada temperatura ponovno naraste na sobnu temperaturu, izmjeri se tlak od p3 = 1:5 105 Pa. Izraµcunajte molarnu toplinu isparavanja CV = 20:8 molJ K . Rješenje: Prikaµzimo vrijednosti temperatura u apsolunoj skali T0 = t0 + 273 = 20 + 273 = 293 K T1 = t1 + 273 =

196 + 273 = 77 K

T2 = t2 + 273 =

140 + 273 = 133 K

Koriste´ci jednadµzbu stanja idealnog plina dobivamo p0 V

= n0 RT0

p3 V

= (n0 +

n) RT0

pa se dijeljenjem istij jednadµzbi dobiva n0 p0 = p3 n0 + n p0 (n0 + n) = p3 n0 1:5 105 Pa 105 Pa p3 p 0 n0 = n0 = 0:5n0 n = p0 105 Pa Iz zakona oµcuvanja energije dobivamo Cv n0 (T0

T2 ) =

n Li + Cv n (T2 139

T1 )

140

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA

odakle je Cv [n0 (T0 T2 ) n (T2 T1 )] nh i n0 = Cv (T0 T2 ) (T2 T1 ) n n0 J (293 K 133 K) = 20:8 mol K 0:5n0 J = 5491: 2 mol

Li =

(133 K

77 K)

Primjer 12.1.2 U potpuno zatvorenoj posudi nalazi se voda u kojoj pliva komad leda mase m0 = 1 kg u kojem se nalazi mala olovna kuglica mase m2 = 100 g. Kolika je koliµcina topline potrebna da bi led s kuglicom poµceo tonuti? (Gusto´ca g g olova iznosi P b = 11:3 cm 3 , gusto´ca leda L = 0:9 cm3 , toplina otapanja leda J LiL = 3:34 105 kg . Temperatura vode iznosi 0 C). Rješenje: Da bi kuglica poµcela tonuti, nije potrebno otopiti svu masu leda, nega samo onu koliµcina koja ´ce dati prosje´cnu gusto´cu leda s kuglicom jednaku gusto´ci vode. Dakle, pretpostavimo da ´ce sustav poµceti tonuti kad bude masa leda m1 , tada je V

=

m1 + m2 =) m1 + m2 = V

VV

no, koko je ukupni volumen jednak volumenu kuglice plus volumen preostale koliµcine leda m0 imamo V = V L + VP b =

m1

+

m2

L

Pb

odakle je VV

m1 + m2 =

m1

=

V

+

m2

L

m1 =

( (

V) L

Pb V

L) P b

m2 =

Pb kg 11300 m 3 kg 1000 m 3

kg 1000 m 3 kg 900 m 3

= 0:820 35 kg pa je potrebno otpiti koliµcinu leda m = m0

m1 = 1 kg

0:820 35 kg = 0:179 65 kg

Potrebna koliµcina toplune je tada Q = LiL

m = 3:34 105

J 0:179 65 kg kg

60 kJ

kg 900 m 3 kg 11300 m 3

0:1 kg

12.1. PRIMJERI

141

Primjer 12.1.3 Izraµcunajte debljinu leda nakon 1 dana, ako je poµcetna debljina leda d0 = 1 m, temperatura vode ispod leda tv = 0 C, a temperatura zraka iznad leda tz = 15 C? Koe…cijent toplinske vodljivosti leda iznosi = 2:18 KWm , J speci…µcna toplina taljenja leda iznosi Lt = 33:5 104 kg , a gusto´ca leda je l = kg 920 m 3.

Rješenje: Koliµcina topline koja prolazi kroz površinu leda S u vremenu Q=

S (Tv Tz ) d0

t=L

t jednaka je

m

gdje je m masa vode koja ´ce se pretvoriti u led. Masa novonastalog leda moµze se prikazati preko gusto´ce i volumena, odnosno debljine kao m= gdje je

l

V =

l

S

m

d

d debljina novonastalog leda. Tada je S (Tv Tz ) d0

t = L d =

l

S

d

(Tv Tz ) d0 L l

t

pa je debljina leda nakon sat vremena d = d0 +

d = d0 +

= 1m +

2:18 KWm

(Tv Tz ) t d0 L l (15 K) 86 400 s

kg J 920 m 1 m 33:5 104 kg 3 = 1: 009 2 m

Primjer 12.1.4 Izraµcnajte gusto´cu toplinskog toka kroz zid i temperature površine zida ako temperatura zraka u prostoriji iznosi tp = 25 C, a vanjska temperatura zraka je tz = 12 C. Termiµcka vodljivost zida debelog d = 40 cm jest = 0:9 mWK , koe…cijent konvekcije s unutrašnje strane zida huc = 15 mW 2 K a s vanjske strane W v hc = 45 m2 K . Rješenje: Razlika temperatura unutar i izvana je T = [25

( 12)] K = 27 K

Gusto´ca toplinskog toka kroz zid iznosi q=

t p tz T = RS RS

142

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA

gdje je R ukupni toplinski otpor. Za toplinski tok mora vrijediti: ukupni tok konvekcije unutar prostorije jednak je toku zida, a on je jednak konvekciji izvana. Pa je ukupni toplinski otpor jednak 1 d 1 R = R1 + R2 + R 3 = u + + hc S S hvc S pa je q =

tp 1 hu cS

+

tz d S

+

1 hvc S

= S

1 hu c

27 K

=

1 15

W m2 K

+

0:4 m 0:9 mWK

+

d

tz +

1 hvc

= 352: 74

1 45

tp +

W m2 K

W m2

Temperature površine zida unutar prostorije t1 i izvan t2 odre†ujemo iz jednadµzbi tp t 1 t2 t1 t z t2 = q = = 1 1 d hu c

hvc

t1 = tp

q = 25 C huc

t2 = tz +

q = hvc

W 352: 74 m 2

12 C +

15 mW 2K

= 1: 484 C

W 352: 74 m 2

45 mW 2K

=

4: 161 3 C

Primjer 12.1.5 Izraµcunajte toplinske gubitke za sustave sa jednostrukim, dvostrukim i trostrukim prozorom i uporedite ih uz zanemarenje zraµcenja i konvekcije izme†u ploµca. Unutrašnja temperatura iznosi tu = 25 C a vanjska tv = 17 C. Koe…cijent konvekcije s unutrašnje strane iznosi huc = 10 mW 2 K , a s vanjske strane W v hc = 35 m2 K . Debljina stakla je d = 0:2 cm, dok je razmak izme†u stakala D = 2 cm i površina stakla S = 2 m2 . Termiµcka vodljivost stakla je s = 0:8 mWK , a zraka z = 0:025 mWK . Rješenje: Za jednostruki prozor, toplinski otpori iznose 1 1 K R1 = = = 0:05 W u 2 hc S W 10 m2 K 2 m R2 = R3 =

d 0:002 m K = = 0:00125 W 2 S W 0:8 m K 2 m s 1 1 K = = 0:0143 W v hc S W 35 m2 K 2 m2

pa je gusto´ca toplinskog toka T tu tv q1 = = RS (R1 + R2 + R3 ) S 42 K = K K K 0:05 W + 0:00125 W + 0:0143 W

2 m2

= 320:37

W m2

12.1. PRIMJERI

143

dok je ukupni koe…cijent toplinskih gubitaka jednak W 320:37 m q 2 = T 42 K

k1 =

7:63

W m2 K

Za dvostruki prozor (uz zanemarenje konvekcije izme†u zraka unutar prozorskih stakala i stakla prozora) imamo R1 =

1 huc S

=

1 W m2 K

= 0:05

K W

10 2 m2 d 0:002 m K = R4 = = = 0:00125 W 2 W 0:8 m K 2 m sS D K 0:002 m = = 0:04 = W 2 W 0:025 m K 2 m zS K 1 1 = 0:0143 = = W v 2 hc S W 35 m2 K 2 m

R2 R3 R5

pa je gusto´ca toplinskog toka q2 = =

T tu t v = RS (R1 + 2R2 + R3 + R5 ) S W 42 K = 196: 63 2 K 2 m 0:106 8 W 2 m

dok je ukupni koe…cijent toplinskih gubitaka jednak W 196: 63 m q W 2 = 4:68 2 T 42 K m K Za trostruki prozor analogno dobivamo

k2 =

q3 = =

T t u tv = RS (R1 + 3R2 + 2R3 + R5 ) S 42 K W = 141: 84 2 K 2 m 0:148 05 W 2 m

W 141: 84 m q 2 = T 42 K Odnos izme†u gubitaka je

k3 =

3:38

W m2 K

q1 : q2 : q3 = 2:257 : 1:385 : 1 Vidimo da je smanjenje gubitka topline sa svakim dodatnim prozorom pribliµzno 40%. Primjer 12.1.6 Zid je napravljen od cigli debljine d1 = 25 cm ( 1 = 0:7 KWm ), unutrašnje µzbuke debljine d2 = 2 cm i vanjske µzbuke debljine d3 = 3 cm (vodljivost µzbuke je 2 = 0:5 KWm ). Koliko puta se smanjuje toplinski tok kroz 1 m2 zida ako se ispod vanjske µzbuke dodatno ugradi sloj stiropora debljine d4 = 2 cm ( 3 = 0:04 KWm )?

144

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA Rješenje: Toplinski tok de…niran je izrazom =

T R

gdje su toplinski otpori: Za ciglu R1 =

d1 0:25 m K = = 0:36 W W 0:7 K m 1 m2 1S

Za unutrašnju µzbuku R2 =

d2 K 0:02 m = 0:04 = W 2 S W 0:5 K m 1 m 2

Za vanjsku µzbuku R3 =

0:03 m K d3 = = 0:06 W 2 W 0:5 K m 1 m 2S

dok je toplinski otpor za stiropor R4 =

d4 0:02 m K = = 0:5 W 2 W 0:04 K m 1 m 3S

Toplinski otpor je u sluµcaju bez stiropora = =

T T T P = = R1 + R2 + R3 R (0:36 + 0:04 + 0:06) T W = 2:17 T = k1 T K K 0:46 W

K W

Toplinski otpor je u sluµcaju kada ugradimo stiropor iznosi T T T P = = R R1 + R2 + R3 + R4 (0:36 + 0:04 + 0:06 + 0:5) W = 1:04 T = k2 T K =

K W

odakle zakljuµcujemo da se toplinski tok smanjio za pribliµzno dva puta. Primjer 12.1.7 Kolika je ukupna emisijska mo´c crnog tijela ugrajanog na temperaturu T = 300 K? Na kojoj je valnoj duljini maskimum spektra i kolika je spektralna egzitancija na toj temperaturi?

12.1. PRIMJERI

145

Rješenje: Ukupna emisijska mo´c zadana je izrazom M = " T4 gdje je " faktor emisije tijela i za crno tijelo iznosi " = 1. Tada je M = 1 5:67 10

8

W W (300 K)4 = 459: 27 2 m m2 K4

Maksimum spektra je na valnoj duljini m

=

2:898 10 T

3m

=

2:898 10 3 K m = 9: 66 10 300 K

6

m

a spektralna egzitancija iznosi M ct = =

2 hc2 5

2

e

hc kT

6:626 10

1

1 34 J s

(9: 66 10

= 4: 454 5 109 e

3

2 108 ms

6 m)5

4:9704

0

@e

6:626 10 34 J s

(3 108 ms )

9: 66 10 6 m 1:38 10 23 J 300 K K

W W = 3: 091 6 107 3 3 m m

1

1

A

Primjer 12.1.8 Sunce se ponaša kao idealno crno tijelo. Srednja temperatura površine sunca iznosi T = 5800 K. Za koju valnu duljinu spektar Sunµceva zraµcenja ima maksimum? Koliku snagu zraµci S = 1 m2 Sunµceve površine? Kolika je snaga koju emitira ukupna površina Sunca? Koji dio te zraµcene snage prima Zemlja? Kolika je srednja gusto´ca energetskog toka koja od Sunca dolazi na Zemljinu površinu? Rješenje: Valna duljina na kojoj Sunµcevo zraµcenja ima maksimum odre†uje se Wienovim zakonom m

=

b 2:898 10 3 K m = = 5 10 T 5800 K

7

m = 500 nm

Iz Stefan-Boltzmannova zakona slijedi uz " = 1 za idealno crno tijelo I=

e

S

=

" ST 4 = T 4 = 5:67 10 S

8

W 4 7 W 4 (5800 K) = 6:42 10 m2 2 m K

pa je ukupna snaga koju emitira Sunce u prostor (uz polumjer Sunca Rs = 6:95 108 m) P = S I = 4 Rs2 I = 4

6:95 108 m

2

6:42 107

W = 3:9 1026 W m2

146

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA Snaga koju ´ce primiti planeta Zemlja od ukupne snage zraµcenja Sunca jednaka

je P

3:9 1026 W 6:37 106 m P Rz2 1 2 = R = = z 2 r2 4r2 4 (1:5 1011 m)2 = 1:78 1017 W P 2

0

2

gdje je Rz polumjer Zemlje, r udaljenost Zemlje od Sunca. Oznaµcimo sa E gusto´cu toka Sunµceva zraµcenja kroz površinu okomitu na smjer Sunµcevih zraka. Tada je srednja gusto´ca toka jednaka E=

W P 1 3:9 1026 W = 2 = 1380 m2 11 2 2 r2 4 (1:5 10 m)

što je zapravo solarna konstanta. Primjer 12.1.9 Na kojoj valnoj duljini spektar zraµcenja µcovjekova tijela ima maksimum. Ako je površina µcovjekova tijela S = 1:2 m2 izraµcunajte snagu zraµcenja tijela, ako je koe…cijent emisije " = 0:15. Rješenje: Prosjeµcna temperatura µcovjekova tijela iznosi T = 37 C = 310 K, pa je valna duljina na kojoj spektar zraµcenja µcovjekova tijela ima maksimum m

=

b 2:898 10 3 K m = = 9:35 10 T 310 K

6

m

što pripada infracrvenom dijelu spektra elektromagnetskog zraµcenja. Snaga zraµcenja iznosi P = " ST 4 = 0:15 5:67 10

8

W 1:2 m2 (310 K)4 = 94:255 W m2 K4

Primjer 12.1.10 Crna površina S = 1 m2 je zagrijana na temperaturu T1 = 800 K. Iznad nje, na udljenosti od d = 0:5 m, nalazi se staklena površina na temperaturi T2 = 300 K. Koe…cijent konvekcije je hc = 5 mW 2 K , koe…cijent emisije stakla "1 = 0:9, koe…cijent toplinske vodljivosti zraka = 0:025 KWm . Izraµcunajte toplinski tok izme†u ovih površina. Rješenje: Toplinski otpor konvekcije iznosi R1 =

1 K 1 = = 0:2 W 2 hc S W 5 m2 K 1 m

12.1. PRIMJERI

147

toplinski otpor za prijenos zraµcenjem R2 = =

S

1 1 "1 + "2 T12 + T22

5:67 10

8

W m2 K4

= 2:68 10

2

K W

1 (T1 + T2 ) 1 0:9 1 m2

1 1 0:9 2 8002 K +

+

3002 K2

(1100 K)

dok je toplinski otpor za prijenos vo†enjem jednak R3 =

d 0:5 m K = = 20 W 2 S W 0:025 K m 1 m

pa je ukupni otpor jednak paralelnom spoju otpora 1 R

1 1 1 1 1 + + = + K R1 R 2 R3 0:2 W 2:68 10 W = 42:363 K 1 K R = = 2:36 10 2 W W 42:363 K =

2 K W

+

1 K 20 W

pa je toplinski tok i njegova gusto´ca = q =

T 500 K = = 21 186 W K R 2:36 10 2 W 500 K W T = = 21 186 2 K 2 2 RS m 2:36 10 W 1 m

Primjer 12.1.11 Tri mola idealnog plina volumena V0 na poµcetnoj temperaturi T0 = 273 K izotermno se šire do konaµcnog volumena 5V0, a nakon toga se izohorno griju sve dok se tlakovi konaµcnog i poµcetnoga stanja ne izjednaµce (sl. 13.3.). Ukupna koliµcina topline predana plinu za vrijeme procesa Q = 80kJ: Odredite adijabetski koe…cijent plina. Pri izotermnom širenju T0 = konst:; pv = nRT = konst: Pri izbornom grijanju V = konst:; Q = nCv (T1 T0 ):

p0 V0 = nRT0 p0 5V0 = nRT1 p0 5V0 = 5T0 T1 = nR

148

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA W Q0

V = nRT0 ln 5 V0 = nCv (T1 T0 ) = nRT0 ln

Q = W + Q0 = nRT0 ln 5 + 4nCv (T1 Q nRT0 ln 5 Cv = 4nT0 Cp = Cv + R Cp 4 = 1:3945 = =1+ Q Cv ln 5

T0 )

nRT0

Primjer 12.1.12 U cilindru s klipom volumena 10L nalazi se idealni plin pri tlaku 1 bar. Mjerenja tlaka i volumena pri kvazistatiµcnoj (gotovo ravnoteµzenoj) kompresiji plina naznaµceni su u tablici. Kolkiki je rad potreban za tu kompresiju? Rad idealnog plina jest ZV2 W = pdV: V1

U ovom sluµcaju kompresije rad je negativan, jer ga vanjske sile (okolica) obavljaju nad sustavom. Ovisnost tlaka o volumenu tijekom procesa dana je tabliµcno, a moµze se predoµciti i u p; V - dijagramu. Površina ispod krivulje jednaka je ura†enom radu, pa se rad moµze izraµcunati gra…µckom integracijom, tako da se npr., krivulja nacrta na milimetarskom papiru (tako da, npr. 1 mm odgovara 1 J) i broje´ci kvadratne milimetre odredi ukupna površina pod krivuljom. Dobiva se da je ukupni rad oko 2:1 kJ. U ovom se sluµcaju prepoznaje da je krivulja hiperbola pV = konst., pa se integracija moµze povesti i analitiµcki: ZV2 ZV2 dV V2 V2 W = pdV = konst: = konst: ln = p1 V1 ln = 2:1 kJ V V1 V1 V1

V1

Primjer 12.1.13 Jednoatomni idealni plin na temperaturi 27 C pri tlaku p1 = 1:25 106 Pa ima volumen V1 = 4 10 3 m3: . Ako se plinu izobarno dovede koliµcina topline 2 104 J, kolika ´ce biti konaµcna temperatura i volumen plina?Koliko se pritom pove´cala unutrašnja energija plina?Koliki je rad obavio plin? Za jednoatomni idealni plin cp =

Q = mcp T !

T =

5 R 2M

pa je promjena temperature

Q 2 QT1 = = 480 K mcp 5p1 V1

12.1. PRIMJERI

149

gdje je masa izraµzena iz plinske jednadµzbe p1 V1 = atura nakon izobarne ekspanzije jest T2 = T1 +

m M RT1: Konaµcna

temper-

T = 780 K = 507 C

Konaµcni volumen V2 moµze se izraµcunati iz plinske jednadµzbe napisane za poµcetno i konaµcno stanje plina;

p1 V1 = nRT1 p1 V2 = nRT2 Dijeljenjem tih dviju jednadµzbi dobiva se V2 =

T2 V1 = 1:04 10 T1

2

m3

Promjena unutrašnje energije jest 3 3 p1 V 1 3 p1 V 1 U = nR T = R T = T = 1:2 104 J: 2 2 2RT1 2 T1 Pri toj izbornoj ekspanziji plin obavlja rad

W

ZV2 = p1 dV = p1 (V2

V1 )

V1

W

= 8 103 J

Rad je jednak površini ispod dijela pravca sa slike 13.5. Jedan je dio od dovedene koliµcine topline pove´cao unuarnju energiju plina, a ostatak se utrošio na obavljanju rada. Q=

U+

W = 12000 J + 8000 J = 20 kJ

kao što mora biti prema I. zakonu termodinamike. Primjer 12.1.14 Kolika je promjena entropije pri miješanju m1 = 25 kg vode temperature t1 = 27 C i m2 = 80 kg vode pri temperaturi t2 = 77 C? Speci…µcni toplinski kapacitet vode iznosi c = 4190 kgJK . Rješenje: Temperatura smjese vode iznosi T =

m1 T1 + m2 T2 25 kg 300 K + 80 kg 350 K = = 338:1 K m1 + m2 25 kg + 80 kg

150

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA Promjena entropije sustava iznosi Z dQ mcdT dS = = = T T TZkon dT Tkon S = mc = mc ln T Tpoc Tpoc

T T + m2 c ln T1 T2 J 338:1 K J 338:1 K = 25 kg 4190 ln + 80 kg 4190 ln kg K 300 K kg K 350 K J = 928: 78 K

S = m1 c ln

Kako je sustav izoliran, a promjena entropije pozitivna slijedi da je proces ireverzibilan. Primjer 12.1.15 Kolika je promjena entalpije i entropije sustava i okolice kada se santa leda mase m = 250 t i temperature t1 = 15 C otopi i toplinski uravnoteµzi sa okolicom srednje temperature t3 = 17 C? Speci…µcni toplinski kakJ pacitet leda je cl = 2:1 kgkJK , latentna toplina taljenja leda Ll = 335 kg i speci…µcni kJ toplinski kapacitet vode cv = 4:19 kg K . Rješenje: Da bi se led zagrijao od

15 C na temperaturu topljenja 0 C potrebna toplina

je Q1 = m cl (T2

T1 ) = 2:5 105 kg 2100

J 15 K = 7: 875 109 J kg K

da bi se led otopio Q2 = m Ll = 2:5 105 kg 3:35 105

J = 8: 375 1010 J kg

te da bi se voda od otopljenog leda zagrijala na 17 C Q3 = m cv (T3

T2 ) = 2:5 105 kg 4190

J 17 K = 1: 781 1010 J kg K

pa je ukupna dovedena toplina jednaka Q = Q1 + Q2 + Q3 = 1:094 1011 J Budu´ci da je proces izobaran p = const: promjena entalpije iznosi H=

Q = 1:094 1011 J

12.1. PRIMJERI

151

Promjena entropije sustava jednaka je zbroju promjena entropije pri zagrijavanju leda, njegovom topljenju te zagrijavanju vode nastale topljenjem leda. S = =

S1 + ZT2

S2 +

S3

m cl dT m Ll + + T T2

ZT3

m cv dT T

T2

T1

T2 T1

Ll T3 = m cl ln + + cv ln T2 T2 273 3:35 105 = 2:5 105 2100 ln + + 4190 ln 258 273 J MJ = 4 108 = 400 K K

290 273

J K

promjena entropije okolice iznosi Sok =

Q = T3

1:094 1011 J = 290 K

3:77 108

J = K

377:24

MJ K

pa je ukupna promjena entropije Suk =

S+

Sok = 4 108

J K

3:77 108

J J = 2:3 107 K K

Prema drugom zakonu termodinamike Suk 0, pa je ovaj proces zbog ( S > 0) ireverzibilan jer je ukupna promjena entropije pozitivna. Primjer 12.1.16 Zrak mase m = 0:2 kg prevodi se iz poµcetnog stanja p1 = 0:5 bar, T1 = 300 K u konaµcno stanje T2 = 800 K a) izovolumnim zagrijavanjem, b) izobarnim zagrijavanjem, c) adijabatskom kompresijom ( = 1:4). Nacrtajte p; V dijagram tih procesa, izraµcunajte promjenu entropije i nacrtajte T; S dijagram. Pretpostavlja se da je toplinski kapacitet zraka pri konstantnom tlaku cp = 1 kgkJK i speci…µcni tolinski kapacitet zraka pri konstantnom volumenu cV = 713 kgJK . Rješenje: a) Poµcetni volumen plina je V1 =

0:2 kg 8:314 molJ K 300 K nRT1 mRT1 = = = 0:344 m3 kg 5 p1 p1 M 0:5 10 Pa 0:029 mol

152

POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA

te nakon izovolumnog zagrijavanja imamo p2 =

0:2 kg 8:314 molJ K 800 K mRT2 = 1:333 bar = kg V2 M 0:344 m3 0:029 mol

V2 = 0:344 m3 T2 = 800 K Promjena entropije je S = S2

S1 = mcV ln

T2 J 800 K J = 0:2 kg 713 ln = 139: 87 T1 kg K 300 K K

b) Nakon izobarnog zagrijavanja imamo p3 = p1 = 0:5 105 Pa V1 T2 0:344 m3 800 K V3 = = = 0:917 m3 T1 300 K T3 = 800 K pa je promjena entropije jednaka S = S3

S1 = mcp ln

T2 J 800 K J = 0:2 kg 1000 ln = 196: 17 T1 kg K 300 K K

c) Pri adijabatskoj kompresiji (dQ = 0) promjena entropije jednaka je nuli. Tlak i volumen pri tom procesu su dobili vrijednost p4 = p1 V4 T4

T4 T1

T1 = V1 T4 = 800 K

800 K 300 K

1

= 0:5 bar 1 1

= 0:344 m

3

300 K 800 K

1:4 1:4 1

= 15: 483 bar 1 1:4 1

= 0:0296 m3

Poglavlje 13

ELEKTRICITET I MAGNETIZAM 13.1

Primjeri

Primjer 13.1.1 Dva toµckasta naboja Q1 = 4 C i Q2 = 64 C me†usobno su udaljena d = 30 cm. Odredite gdje treba postaviti negativni naboj Q3 da bi elektriµcna sila koja djeluje na njega bila jednaka nuli? Kolika je jakost elektriµcnog polja i elektriµcni potencijal u toj toµcki? Rješenje: Da bi ukupna elektrostatska sila bila jednaka nuli mora vrijediti ! ! ! F 3 = F 13 + F 23 = 0 gdje je ! F 13

=

! F 23

=

1 Q1 Q2 4 "0 x2 1 Q2 Q3 4 "0 (d x)2

Da bi se ove dvije sile poništile moraju biti jednakog iznosa i suprotnog smjera, odakle slijedi da ova tri naboja moraju leµzati na istom pravcu. Dakle, Q1 Q2 Q2 Q3 = 2 x (d x)2 x)2

(d

x2 d x

Q3 Q s1 Q3 1 = Q1 =

x = 1+

d q

Q3 Q1

=

0:3 m 0:3 m q = = 0:06 m 64 C 5 1+ 4 C 153

154

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

Primjer 13.1.2 Dvije jednake metalne kugle u zraku, svaka mase m = 2 g obješene su u istoj toµcki na nitima dugaµckim l = 1 m tako da se dodiruju. Dotaknemo li jednu od njih nabijenim staklenim štapom, kuglice se odbiju tako da niti me†usobno zatvaraju kut = 12 . Odredite elektrostatsku silu izme†u kuglica, kao i naboj na njima. Rješenje: ! ! Na svaku kuglicu djeluju tri sile: elektrostatska F E , teµzina kuglice F G i ! napetost niti F N . Njihov zbroj mora biti jednak nuli, tj. vrijedi ! ! ! FE+ FG+ FN =0 ili u skalarnom obliku FE = FN sin FG = FN cos

2 2

odnosno tan

2

=

FE FG

FE = FG tan

2

= mg tan 6 = 2 g 9:81

pa naboj kuglice odre†ujemo iz2 1 sin 30

p

4

m tan 6 = 2:06 N s2

8:854 10

12

2:06

1 Q2 4 "0 d 2 p p Q = d 4 "0 FE = 2l sin 4 " 0 FE 2 r C 2:06 N = 2 1 m sin 6 4 8:854 10 12 V = 3: 17 10 6 C

FE =

gdje je d = 2l sin 2 . Primjer 13.1.3 Izraµcunajte gusto´cu struje i pokretljivost slobodnih elektrona u bakrenoj µzici duljine d = 100 m kada je na njezinim krajevima napon U = 220 V g 2 kg , ( Cu = 8:9 cm = 1:7 10 8 m). 3 , M = 6:36 10 mol Rješenje: Gusto´cu struje dobivamo iz veza izme†u gusto´ce struje i jakosti elektriµcnoga polja J

= =

ne E = E =

1

E=

U d

220 V = 1: 294 1 1:7 10 8 m 100 m

(13.1.1) 108

A m2

13.1. PRIMJERI

155

Koncentraciju elektrona u bakrenoj µzici, uz pretpostavku da svaki atom daje po jedan slobodni elektron, moµzemo dobiti povezuju´ci koncentraciju sa gusto´com bakra. Ta veza je opisana zakonom n = =

m NA N n0 N A m NA = = M = V V V V M kg 6:0221367 1023 atoma 8900 m NA Cu 3 mol = = 8: 427 2 kg 2 M 6:36 10

(13.1.2) 1028 m

3

mol

Pokretljivost elektrona dobivamo iz =

1 = ne 1:7 10

= 4: 356 7

10

3

1 8

m 8: 427 2 A s2 ili = 4: 356 7 kg

1028 m 3 10

3

1:60217733

10

19 C

m2 Vs

Primjer 13.1.4 Ploµcasti kondezator kapaciteta C = 100 pF ispunjen je izolatorom relativne elektriµcne permitivnosti "r = 3 i prikljuµcen na izvor napona U = 1000 V. Ako je provodnost tog izolatora = 5 10 11 1m , kolika je jakost struje koja se javlja izme†u ploµca zbog toga što dijelektrik nije savršen izolator? Rješenje: Kapacitet je ploµcastog kondenzatora C="

S "S =) d = d C

jakost elektrtiµcnog polja izme†u ploµca iznosi E=

UC U U = "S = d "S C

Iz veze gusto´ce struje i elektriµcnoga polja, uz pretpostavku da vrijedi Ohmov zakon slijedi UC "S UC I = J S= " 11 1 1000 V 100 pF = 5 10 = 1: 666 7 m 3

J

=

E=

10

18

A

Primjer 13.1.5 Na akumukator elektromotorne sile 12 V i zanemariva unutarnjega otpora prikljuµcen je bakeni vodiµc = 1:68 10 8 m duljine l = 2:5 m. Kolika je srednja brzina usmjerenog gibanja slobodnih elektrona u smjeru elektriµcne sile, tzv. drift-brzina vd ? Pretpostavka je da je koncentracija slobodnih elektrona u bakru n = 8:5 1028 m 3 . Procjenite kolika je i termiµcka brzina vt uz pretpostavku da je kinetiµcka energija elektrona reda veliµcine 3kT 2 i temperature T = 290 K .

156

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM Rješenje: Jakost struje kroz vodiµc presjeka S je I = J S = nevd S

Budu´ci da je I=

U US U = l = R l S

dobivamo nevd S =

U US =) vd = l ne l

vd =

1028 m 3

8:5 = 2: 098 2

10

2

12 V 1:602 10 19 C 1:68 10 m cm 2 s s

8

m 2:5 m

Uz pretpostavku da je na temperaturi T prosjeµcna kinetiµcka energija elektrona reda veliµcine 3kT 2 (kvantna mehanika daje nešto drugaµciji rezultat), dobivamo r me vt2 3kT 3kT = =) vt = 2 2 me s J 3 1:3806568 10 23 K 290 K m = 1: 148 3 105 vt = 31 9:1093897 10 kg s Usmjerena drift-brzina mnogo je manja od kaotiµcne termiµcke brzine elektrona, me†utim usmjerena je, te iz tog razloga uzrokuje mjerljivu elektriµcnu struju kroz metal. Primjer 13.1.6 Kabel promjera d = 3:5 mm i duljine l = 50 m ima otpor R = 1 pri temperaturi T0 = 30 C. Kolika je otpornost materijala pri toj temperaturi? Koliki su otpor i otpornost na temperaturama T1 = 20 C i T2 = 100 C? Temperaturni koe…cijent pri 0 C iznosi 0 = 5:1 10 3 K 1 Rješenje: Popreµcni presjek kabela iznosi S=

d2 (3:5 mm)2 = 4 4

= 9: 621 1 10

6

m2

Otporost materijala dobijemo iz R30 = 30

=

R30 S l l 1 9: 621 1 10 6 m2 = 1: 924 2 10 50 m 30

S

=)

30

=

7

m

13.1. PRIMJERI

157

Pretpostavljaju´ci linearnu promjenu otpora s temperaturom (pretpostavka koja op´cenito vrijedi samo za male promjene temperature), dobivamo otpor kabela na T1 = 20 C R

R30 1 = 1+ 0 T 1 + 5:1 10 3 K

=

20

1

50 K

= 0:796 81

Otpornost materijala na toj temperaturi je 20

=

30

1+

T

0

1: 924 2 10 7 m = 1: 533 2 10 1 + 5:1 10 3 K 1 50 K

=

7

m

Otpor na temperaturi T2 = 100 C iznosi R100 = R30 (1 +

T) = 1

0

1 + 5:1 10

3

K

1

70 K

= 1: 357 a otpornost 100

=

30 (1

+

T ) = 1: 924 2 10

0

7

= 2: 611 1 10

7

m

1 + 5:1 10

3

K

1

70 K

m

Budu´ci da su promjene dimenzija vodiµca pri promjeni temperature zbag manjeg temperaturnog koe…cijenta (koji je reda 10 5 K 1 ), mnogo manje nego promjene otpora te ih moµzemo zanemariti, otpor moµzemo raµcunati i ovako: l = 2: 611 1 10 S = 1: 357 0

R100 =

100

7

m

50 m 9: 621 1 10

6 m2

Primjer 13.1.7 Otpori R1 = 10 k i R2 = 20 k s pozitivnim temperaturnim koe…cijentom 1 = 0:002 K 1 spojeni su paralelno. Njima je serijski spojen otpor R3 = 500 s negativnim temperaturnim koe…cijentom 2 = 0:07 K 1 . Izraµcunajte ekvivalentni otpor te kombinacije. Koliki je temperaturni koe…cijent spoja otpora? Rješenje: Pri promjeni temperature otpor se mijenja po zakonu R1 = R10 (1 +

1

T)

R2 = R20 (1 +

1

T)

R3 = R30 (1 +

2

T)

Ekvivalentni je otpor zadane kombinacije otpora R = R12 + R3 = =

1 1 + R1 R2

10 k 20 k 10 k + 20 k

+ 500

1

+ R3 = = 7166: 7

R1 R2 + R3 R1 + R2

158

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

Promjena otpora zadane kombinacije u ovisnosti o temperaturi je R10 (1 + 1 T ) R20 (1 + 1 T ) + R30 (1 + 2 T ) R10 (1 + 1 T ) + R20 (1 + 1 T ) R10 R20 (1 + 1 T ) + R30 (1 + 2 T ) = R10 + R20 R10 R20 R10 R20 T = + R30 + 1 + R30 2 R10 + R20 R10 + R20 10 k 20 k = + 500 10 k + 20 k 10 k 20 k T 0:002 K 1 + 500 0:07 K 1 + 10 k + 20 k

R =

= [7166: 7 + ( 21:667) T ]

= 7166:7 1 +

3 10

3

T

Otpor zadane kombinacije otpora ovisi o temperaturi i to s temperaturnim koe…cijentom = 3 10 3 K 1 , dakle porastom temperature otpor zadane kombinacije opada. Primjer 13.1.8 Serijski spoj dvaju otpora R1 = 10 k i R2 = 25 k spojen je na izvor napona U = 24 V zanemariva unutarnjega otpora. Koliki je pad napona na otporu R1 . Koliki ´ce pad napona na tom otporu izmjeriti voltmetar unutarnjega otpora Rv = 10 k . Koliki je pad napona za unutarnji otpor Rv0 = 200 k . Rješenje: Jakost struje kroz strujni krug, kada nije prikljuµcen voltmetar, iznosi I=

U 24 V = R1 + R 2 10 k + 25 k

= 6: 857 1 10

4

A

Pad napona na otporu R1 iznosi U1 = R1 I = 10 k

6: 857 1 10

4

A = 6: 857 1 V

Kada se izme†u toµcaka A i B prikljuµci voltmetar otpora Rv = 10 k paralelno spojen otporu R1 , ekvivalentni otpor spoja je ! 1 X 1 R1 Rv 10 k 10 k Rekv = = = = 5k Ri R1 + Rv 10 k + 10 k i

Struja kroz strujni krug u ovom sluµcaju iznosi I0 =

U 24 V = Rekv + R2 5 k + 25 k

= 0:8 mA

Pad napona izme†u toµcaka A i B jest U10 = Rekv I 0 = 5 k

0:8 mA = 4 V

koji je

13.1. PRIMJERI

159

pa voltmetar pokazuje 4 V. Na isti naµcin dolazimo do rezultata za unutarnji otpor Rv0 = 200 k : 10 k 200 k R1 Rv = = 9523: 8 R1 + Rv 10 k + 200 k U 24 V = = = 6: 951 7 10 Rekv + R2 9523: 8 + 25 k = 0:69517 mA

Rekv = I0

U10 = Rekv I 0 = 9523: 8

4

A

0:69517 mA = 6:6207 V

Zakljuµcujemo: mjerenjem voltmetrom ve´cega unutarnjega otpora pogreška je mjerenja manja. Primjer 13.1.9 Kolika je jakost elektriµcnog grijaµca u bojleru prikljuµcenom na napon U = 220 V koji zagrije V = 50 l vode od T1 = 290 K do T2 = 350 K za vrijeme od t = 1h? Koliki je otpor grijaµca bojlera? Rješenje: Uz pretpostavku da nema gubitaka energije, odnosno da se sva elektriµcna energija pretvori u toplotnu energiju zagrijavanja vode, utrošena energija je Q = mcp T = V cp (T2 T1 ) J kg 60 K = 1000 3 0:05 m3 4186 m kg K = 1: 255 8 107 J = 12:558 MJ Snaga je tada P =

Q 12:558 MJ = = 3488: 3 W t 3600 s

a otpor grijaµca je R=

U2 (220 V)2 = = 13: 875 P 3488: 3 W

Primjer 13.1.10 Koaksijalni kabel unutarnjeg polumjera R1 = 0:5 mm, vanjskog polumjera R2 = 3 mm, duljine l = 30 m, s izolatorom relativne elektriµcne permitivnosti "r = 3, spojen je na gradsku mreµzu izmjeniµcnog napona U = 220 V. Kolika je jakost struje kroz kabel? Rješenje: Kapacitet koaksijalnog kabela jest C =

2 "0 " r 2 l= R2 ln R1

= 9: 314 7 10

8:854187817 10 3 mm ln 0:5 mm 10

F

93 nF

12 F m 1

30 m

160

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

Kapacitivni je otpor kabela XC =

1 1 = = 3: 417 3 M C! 9: 314 7 10 10 F 100 Hz

Pa je jakost struje I=

220 V U = XC 3: 417 3 M

= 6: 437 8 10

5

A

Primjer 13.1.11 Omsko trošilo snage P = 15 kW spojeno je preko dugoga dvoµzilnoga kabela ukupnog otpora R = 0:4113 9 na izvor izmjeniµcnoga napona. Koliki je napon izvora izmjeniµcne struje ako je gubitak energije u kabelu 15% ulazne energije? Rješenje: Na trošilo dolazi 85% energije koju šalje izvor, ta je ulazna snaga Pu =

15 kW = 17: 647 kW 0:85

a gubitak u kabelu je Pg = Pu

P = 2:647 kW

Kako je gubitak u kabela zapravo gubitak na Jouleovu toplinu, vrijedi Pg = I 2 R odakle je jakost struje r r Pg 2:647 kW I= = = 80:214 A R 0:41139 Ulazna snaga je Pu = Ui I odakle je Ui =

17: 647 kW Pu = = 220 V I 80:214 A

Primjer 13.1.12 U strujnome krugu napon i struja se mijenjaju prema zakonu u (t) = Um sin !t i (t) = Im sin (!t + ') gdje je ! = 100 s a) ' = 0 ,

1,

Um = 110 V, Im = 2 A, a kut izme†u napona i struje iznosi:

13.1. PRIMJERI

161

b) ' = 6 , c) ' = 2 . Izraµcunajte minimalnu, maksimalnu i srednju vrijednost snage. Nacrtajte u (t) ; i (t) i P (t) dijagrame. Rješenje: Trenutna vrijednost snage jednaka je P (t) = u (t) i (t) = Um sin !t Im sin (!t + ') = Um Im sin (!t + ') sin !t p p Budu´ci da je Um = 2U , i Im = 2I , gdje su U; I - efektivne vrijednosti napona i struje, te sin (!t + ') sin !t =

1 [cos ' 2

cos (2!t + ')]

vrijedi P (t) = U I [cos '

cos (2!t + ')]

Minimalna vrijednost snage je Pmin = U I (cos '

1)

a maksimalna vrijednost je Pmax = U I (cos ' + 1) dok je srednja snaga jednaka P

=

1 T

ZT

1 P (t) dt = T

0

=

UI T

ZT

ZT

U I [cos '

cos (2!t + ')] dt

0

[cos '

cos (2!t + ')] dt = U I cos '

0

UI T

ZT |0

= U I cos '

cos (2!t + ') dt {z

=0

}

a) Ako je fazni pomak izme†u napona i struje ' = 0, trošilo u krugu je µcisti omski (aktivni) otpor, vrijedi Pmin = U I (cos 0

1) = 0 W

Pmax = U I (cos 0 + 1) = 2U I = Um Im = 110 V 2 A = 220 W Pmax P = U I cos 0 = U I = = 110 W 2

162

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

b) Ako je ' = 6 , u krugu je aktivni i pasivni (reaktivni) otpor, a snaga je Pmin = U I cos

6

1 = 110 W (0:866 03

1) =

14: 737 W

Pmax = U I cos P

+ 1 = 110 W (0:866 03 + 1) = 205: 26 W 6 = U I cos = 110 W 0:866 03 = 95: 263 W 6

c) Ako je ' = 2 , u krugu je samo reaktivni (induktivni ili kapacitivni) otpor. Tada je cos 2 = 0, pa je Pmin = P

Pmax = U I =

110 var

= 0W

Srednja snaga jednaka je nuli. Tijekom jedne polovine perioda energija prelazi iz izvora u reaktivni element (u obliku elektrostatske odnosno magnetske energije), dok se tijekom druge polovine perioda ista vra´ca u izvor. Primjer 13.1.13 Iz zakona oµcuvanja energije izvedite frekvenciju za titrajni LCkrug. Rješenje: Q2 Ukupna elektrostatska energija kondenzatora kapaciteta C iznosi E = 2C ,a dQ 1 2 energija zavojnice E = 2 LI gdje je I = dt . Ukupna energija ova dva elementa po zakonuoµcuvanja energije glasi Q2 1 d + LI 2 = konst: = 2C 2 dt 2Q dQ 1 dI dt + L 2I = 0 2C 2 dt QI dI + LI = 0 = : LI C dt dI 1 + Q = 0 dt LC uz korištenje identiteta I =

dQ dt

slijedi

d2 Q 1 + Q=0 2 dt LC ovo je valna jednadµzba uz frekvenciju titranja !2 =

1 1 =) ! = p LC LC

13.1. PRIMJERI

163

Primjer 13.1.14 Dokaµzite da elektromagnetsko polje Ex = E0 sin (!t kz), Ey = Ez = 0; Bx = 0, By = B0 sin (!t kz), Bz = 0 u prostoru bez struja i naboja zadovoljava Maxwellove jednadµzbe u posebnom sluµcaju - kad je zatvorena ploha kocka brida a, a zatvorena krovulja stranica te kocke. Rješenje: Prve dvije Maxwellove jednadµzbe glase I

! ! E d S = Q;

I

! ! B dS = 0

S

S

pri µcemu je zatvorena ploha S kocka brida a. Kako je smjer elektriµcnog polja u I ! ! smjeru osi x, E d S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os x, a na S

! ! svim ostalim stranicama je E d S = 0 CDEF je Z Z

Za

! ! E dS =

dy

0

CDEF

Za

! ! ! E ?d S . Tok vektora E kroz stranicu

E0 sin (!t

kz) dz =

E0 a [cos (!t k

ka)

cos !t]

0

! ! ! ! jer je E kd S . Na donjoj strani te kocke (ABGO) E i d S su antiparalelni, pa je Z Z

! ! E dS =

Za

dy

0

CDEF

Za

E0 sin (!t

kz) dz =

E0 a [cos (!t k

ka)

cos !t]

0

! Ukupni tok vektora E po zatvorenoj plohi (kocki) jednak je I

! ! E dS =

S

Z Z

! ! E dS +

CDEF

Z Z

! ! E dS = 0

CDEF

µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava prvu Maxwellovu jednadµzbu. ! Sliµcno raµcunaju´ci tok vektora B , moµzemo dokazati da i magnetsko polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadµzbu. Kako je smjer magnetskog polja u smjeru osi I ! ! y, B d S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os y, a na svim ostalim S

! ! stranicama je B d S = 0 Z Z

ABCD

! ! B dS =

Za 0

dx

! ! ! B ?d S . Tok vektora B kroz stranicu ABCD je

Za 0

B0 sin (!t

kz) dz =

B0 a [cos (!t k

ka)

cos !t]

164

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

! ! ! ! jer je B kd S . Na drugoj strani te kocke (EFGO) B i d S su antiparalelni, pa je Z Z

! ! B dS =

Za 0

EF GO

Za dx B0 sin (!t

B0 a [cos (!t k

kz) dz =

ka)

cos !t]

0

! Ukupni tok vektora B po zatvorenoj plohi (kocki) jednak je I

! ! B dS =

Z Z

! ! B dS +

! ! B dS = 0

EF GO

ABCD

S

Z Z

µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadµzbu. Da bismo pokazali da zadano elektriµcno i magnetsko polje zadovoljavaju tre´cu ! Maxwellovu jednadµzbu, najprije izraµcunajmo tok vektora B , npr. kroz stranicu ! ADBC, zatim cirkulaciju vektora E po rubu te stranice i dobivene rezultate uvrstiti u tre´cu Maxwellovu jednadµzbu: I

! ! E ds =

d dt

ABCDA

Z Z

! ! B dS

ABCD

! ! ! Tok vektora B , zbog paralelnih smjerova B i d S , jest Z Z

! ! B dS =

Za Za

B0 sin (!t

kz) dx dz =

B0 a [cos (!t k

ka)

cos !t]

0 0

ABCD

! Cirkulacija vektora E je I Z Z Z Z ! ! ! ! ! ! ! ! ! ! E ds = E ds + E ds + E ds + E ds ABCDA

=

AB Za

BC

E0 sin (!t

CD

ka) +

Z0

DA

E0 sin (!t)

a

0

= E0 a [sin (!t

ka)

sin (!t)]

Uvrstimo li dobivene rezultate u tre´cu Maxwellovu jednadµzbu dobivamo I Z Z ! ! ! ! d B dS E ds = dt ABCD

ABCDA

E0 a [sin (!t

ka)

sin (!t)] = =

d B0 a f [cos (!t ka) cos !t]g dt k B0 a! [sin (!t ka) sin (!t)] k

13.1. PRIMJERI

165

Budu´ci da za elektromagnetski val v = !k i B0 = Ev0 vidimo da zadani elektromagnetski val zadovoljava tre´cu Maxwellovu jednadµzbu. Sliµcno bismo mogli dokazati ! i da cirkulacija vektora B , npr. po rubu EDCFE, jednaka vremenskoj derivaciji ! toka vektora E kroz stranicu EDCF pomnoµzenoj sa " . Primjer 13.1.15 Magnetsko polje monokromatskog ravnog vala u vakuumu zadano ! ! je izrazom B = B0 sin ! t xc k pri µcemu je B0 = 5 10 10 T i ! = 1010 s 1 . Izraµcunajte: frekvenciju, valnu duljinu i valni broj, te elektriµcno polje i srednju gusto´cu energijskog toka vala. Rješenje: Iz ! = 2 f =

1010 s

1

dobivamo da je frekvencija vala jednaka

f = 5 109 Hz Valna duljina je =

3 108 ms c = = 6 10 f 5 109 Hz

2

m = 6 cm

a valni broj k=

2

=

2 6 10

2m

= 104: 72 m

1

Amplitudu elektriµcnog polja dobivamo iz E0 = cB0 = 3 108

m 5 10 s

10

T = 0:15

V m

pa je elektriµcno polje zadano izrazom ! !h E = j 0:15 sin ! t

x i V c m

pa je gusto´ca energijskog toka jednaka srednjoj vrijednosti Poyntingovog vektora10 1:0 10 7 m kg s2 A2 1 1 E0 B0 = 2 2 4 10 W = 2: 984 2 10 5 2 m

S =

7 N A2

0:15

V 5 10 m

10

7TmA 1

T

Primjer 13.1.16 Izraµcunajte amplitudu elektriµcnoga i magnetskoga polja u Sunµcevu zraµcenju na Zemljinoj površini koriste´ci podatak da okomita površina, u odnosu na Sunµceve zrake, od S = 1 m2 primi snagu od 1:36 kW.

=

166

POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

Rješenje: Srednja vrijednost gusto´ce toka energije elektromagnetskog vala, tj. snaga po jediniµcnoj površini, jednaka je srednjoj vrijednosti Poyntingova vektora: r 1 1 "0 2 "0 c 2 c S= E0 B0 = E0 = E0 = 0 H02 2 2 2 2 0 zbog E = vB = vH. Odavde je elektriµcno polje W 2 1360 m 2S 2 = F 12 "0 c 8:854187817 10 m 3 V = 1011: 9 m

E02 = E0

108 ms

= 1: 024 0 106

i magnetsko polje H02

=

2S 0

c

=

H0 = 2:6861

W 2 1360 m 2

4

10

7 N A2

3

7 N A2

10

12 F m

V 1011: 9 m A E q0 = = 2: 6861 376: 73 m 0 "0

A2 m2

A m

Magnetsko polje smo mogli dobiti i iz v u r u 4 10 E0 0 = =t H0 "0 8:854187817 H0 =

108 ms

= 7: 215

= 376: 73

V2 m2

Poglavlje 14

OPTIKA 14.1

Primjeri

Primjer 14.1.1 Izraµcunajte kolika je najmanja visina vertikalno postavljenog zrcala u kojem µcovjek visine h = 1:85 m moµze vidjeti sliku cijeloga svojega tijela, te na kojoj visini treba postaviti zrcalo ako su oµci u visini h0 = 1:72 m iznad tla? Rješenje: Iz slike se vidi da je x1 d x2 d

= =

h

h0 2d

h0 2d

Odavde je visina zrcala x = x1 + x2 =

h0

h 2

+

h0 h 1:85 m = = = 0:925 m 2 2 2

a potrebna visina iznad tla iznosi y=

h0 1:72 m = = 0:86 m 2 2

Primjer 14.1.2 Na kojoj udaljenosti ispred konkavnoga sfernoga zrcala polumjera zakrivljenosti R = 120 cm treba stajati µcovjek da bi u zrcalu vidio µcetiri puta uve´canu sliku svoga lica? Rješenje: Uspravna slika u konkavnome zrcalu nuµzno je virtualna (iza zrcala). Zbog toga je m=

b = 4 =) b = a

4a 167

168

POGLAVLJE 14. OPTIKA

Koriste´ci jednadµzbu konjugacije za zrcalo slijedi 1 1 + a b 3 4a

= =

2 1 1 2 =) + = R a 4a R 2 3R 3 120 cm =) a = = = 45 cm R 8 8

Primjer 14.1.3 Predmet visine y = 10 cm stoji a = 35 cm ispred konveksnoga sfernog zrcala µzarišne daljine f = 40 cm. Izraµcunajte i gra…µcki prikaµzite poloµzaj, veliµcinu i narav slike. Rješenje: Iz jednadµzbe konjugacije dobije se poloµzaj slike 1 af 35 cm ( 40 cm) 1 1 + = =) b = = = a b f a f 35 cm ( 40 cm)

56 cm 3

Pove´canje je m=

56 3

cm 8 = 35 cm 15

b = a

a visina slike iznosi y 0 = my =

8 16 10 cm = cm 15 3

Ti rezultati, kao i gra…µcko rješenje pokazuju da je slika uspravna, umanjena i virtualna. Primjer 14.1.4 Predmet je postavljen a = 90 cm ispred konkavnoga sfernog zrcala µzarišne duljine f = 70 cm. Izraµcunajte i gra…µcki prikaµzite pove´canje, poloµzaj i narav slike. Rješenje: Za poloµzaj slike jednadµzbom konjugacije dobijemo 1 1 1 af 90 cm 70 cm + = =) b = = = 315 cm a b f a f 90 cm 70 cm te pove´canje iznosi m=

b = a

315 cm = 90 cm

3: 5

Slika je obrnuta, uve´cana i realna. Primjer 14.1.5 Zraka svjetlosti upada na granicu izme†u zraka i nekog optiµckog sredstva pod kutom 60 , a lomi se pod kutom 34 520 . Koliko iznosi indeks loma svjetlosti, a koliko brzina svjetlosti u tom sredstvu? Indeks loma zraka nz 1.

14.1. PRIMJERI

169

Rješenje: Iz zakona loma svjetlosti slijedi sin sin

= n =

n ns = nz 1 sin sin 60 = = 1:515 sin sin 34 520

pa je brzina svjetlosti v=

2:9979 108 ms c m = = 1: 978 8 108 n 1:515 s

Primjer 14.1.6 Sloj ulja indeksa loma nu = 1:45 prekriva površinu vode indeksa loma nv = 1:33. Koliki kut ´ce u vodi s okomicom zatvarati lomljena zraka ako je na površinu ulja upala iz zraka nz = 1 pod kutom = 45 ? Rješenje: Ovdje treba primijeniti zakon loma svjetlosti na obje graniµcne plohe optiµckih sredstava. Tada dobivamo nu sin = nz sin nv sin = nu sin dakle je sin

=

nu sin nv

=

nu sin nv

nz nz = sin nu nv

Iz izraza se zakljuµcuje da je taj kut jednak onome kao da ulja i nema. Odavdje slijedi sin

1 sin 45 = 0:53166 1:33 = arcsin 0:53166 = 32 70

=

Primjer 14.1.7 Pomo´cu Fermatova principa prema kojemu svjetlost za svoje širenje odabire upravo onaj put za koji joj je potrebno najkra´ce vrijeme, dokaµzite da vrijedi zakon loma svjetlosti. Rješenje: Ukupno vrijeme koje je svjetlosti potrebno da od toµcke 1 do†e do toµcke 2 je zbroj dva pojedina vremena prolaska svetlosti kroz sredstva 1 i 2. s1 s2 t = t1 + t2 = + v1 v2 q p 2 2 h22 + (d x)2 h1 + x = + v1 v2

170

POGLAVLJE 14. OPTIKA

Za najmanje vrijeme derivacie funkcije vremena po promjenjivoj x mora biti jednaka nuli (uvjet minimalnosti funkcije) dt =0 dx pa deriviranjem izraza imamo q 0p 2 h22 + (d dt d @ h1 + x2 + = dx dx v1 v2 =

odnosno

x)2

1 A

2x 1 1 2 (d x) ( 1) p q =0 + v1 2 h21 + x2 v2 2 2 2 h2 + (d x)

1 x 1 p q = v1 h21 + x2 v2

d

x x)2

h22 + (d

Iz slike se mogu dobiti trigonometrijske relacije x sin = p 2 h1 + x2 d x sin = q h22 + (d x)2

odakle dobivamo

sin sin = v1 v2 što moµzemo pisati kao sin sin

v1 = = v2

c n1 c n2

=

n2 n1

što je Snellov zakon indeksa loma svjetlosti. Primjer 14.1.8 Svjetlost pada na prizmu (A = 60 ) indeksa loma n = 1:6 pod kutom 42 prema okolici. Koliko iznosi otklon upadne zrake? Rješenje: Otklon zrake iznosi =

+

jer je +

0

=A

0

0

=

+

0

A

14.1. PRIMJERI

171

Iz zakona loma slijedi n 1

0 0

= n sin

0

= arcsin 0:92408 = 67:53

sin sin

sin 0 sin 0 sin 42 = = 0:41821 =) 1:6 = 60 24:72 = 35:28

sin sin sin = n = A =

=

0

= 24:72

= 1:6 sin 35:28 = 0:92408

pa je =

0

+

A = 42 + 67:53

60 = 49:53

Primjer 14.1.9 Dva koherentna svjetlosna vala frekvencije = 5 1014 Hz dolaze u neku toµcku prostora s geometrijskom razlikom puta = 1:8 m. Odredite rezultat interferencije ako se valovi šire kroz staklo indeksa loma nS = 1:5 i kroz vodu indeksa loma nV = 1:33. Rješenje: Optiµcka razlika hoda iznosi =n Ako je = k , gdje je k cijeli broj imati ´cemo konstruktivnu interferenciju, a ako je = k + 21 imamo destruktivnu interferenciju. U našem sluµcaju je za staklo kS =

=

nS

=

nS

=

c

1:5 1:8 10 6 m 5 1014 s 3 108 ms

1

= 4: 5

pa je interferencija destrutivna i dobiva se tama, a za vodu kV =

=

nV

=

nV

=

c

1:33 1:8 10 6 m 5 1014 s 3 108 ms

1

=4

pa je interferencija konstruktivna i opaµza se svjetlost. Primjer 14.1.10 Promatraju´ci interferenciju dvaju koherentnih izvora monokromatske svjetlosti valne duljine = 620 nm, opaµza se na zastoru udaljenom od izvora svjetlosti D = 4:5 m N = 18 pruga interferencije na širini od l = 12 cm. Odredite udaljenost izme†u dvaju koherentnih izvora. Rješenje: Udaljenost izme†u susjednih pruga interferencije iznosi 12 cm l = = 8 mm N 15 pa je udaljenost izme†u izvora jednaka y=

d=

D y

=

4:5 m 6:2 10 8 10 3 m

7m

= 3: 49 10

4

m

0:35 mm

172

POGLAVLJE 14. OPTIKA

Primjer 14.1.11 Kod Youngova ure†aja za promatranje interferencije koherentni izvori - pukotine na zastoru, me†usobno su udaljeni za d = 0:4 mm. Pruge interferencije promatramo na zastoru udaljenom D = 2 m od izvora. a) Ako izvori zraµce bijelu svjetlost valnih duljina 0:42 m 0:68 m, izraµcunajte mogu´ce redove interferencije k za koje se dobiju tamne pruge na udaljenosti y = 3 cm iznad središta zastora. b) Ako izvori zraµce monokromatsku svjetlost valne duljine = 0:6 m, prona†ite udaljenost izme†u susjednih pruga interferencije u blizini središta zastora. Rješenje: Tamne pruge interferencije se dobiju kada je zadovoljen uvjet d y = D

m+

1 2

gdje je m cijeli broj, koji izraµzen preko valne duljine daje m=

d y D

1 2

a) Za vidljivu svjetlost dobivamo na rubnim podruµcjima m1 = m2 =

d y D 1 d y D 2

1 0:4 mm = 2 2 m 4:2 0:4 mm 1 = 2 2 m 6:8

3 cm 10 7 m 3 cm 10 7 m

1 = 13: 786 2 1 = 8: 323 2

odakle slijedi da m moµze poprimiti vrijednosti cijelih brojeva od 9

m

13

b) Udaljenost izme†u susjednih pruga za monokromatsku svjetlost iznosi y=

2 m 6 10 7 m D = = 0:003 m d 0:4 mm

Primjer 14.1.12 Koju najmanju debljinu treba imati tanki list izgra†en od materijala indeksa loma n = 1:54 da bi osvijetljen zrakama valne duljine = 750 nm okomito na površinu izgledao crven, a koju da bi izgledao crn, ako promatramo u re‡ektiranoj svjetlosti? Rješenje: Za svjetlost koja pada okomito na list optiµcka razlika hoda iznosi = 2nd +

2

14.1. PRIMJERI

173

jer se gornja zraka re‡ektira na guš´cem sredstvu. Da bi list izgledao obojen interferencija treba biti konstruktivna, što vrijedi kada je 2nd +

2

=m

pa za najtanji sloj m = 1 vrijedi 2nd +

2

=

=) d =

4n

=

7:5 10 7 m = 1: 22 10 4 1:54

7

m

a da bi izgledao crn interferencija treba bti desktruktivna, tj. 2nd +

2

=

m+

1 2

što za m = 1 daje 2nd +

2

=

3 7:5 10 7 m =) d = = = 2:44 10 2 2n 2 1:54

7

m

Primjer 14.1.13 Newtonovi kolobari dobiju se plankonveksnom le´com polumjera zakrivljenosti R = 10 m i planparalelnom ploµcom. Koliki je polumjer drugoga tamnog kolobara ako izme†u le´ce i ploµce stavimo zrak (nz = 1), vodu (nv = 1:33) ili glicerin (ng = 1:49). Duljina vala upadne svjetlosti iznosi = 600 nm. Rješenje: Polumjer m-tog tamnog kolobara je r mR r= n što za drugi kolobar m = 2 za zrak daje r r 2R 2 10 m 6 10 7 m = = 3:4641 mm r= nz 1 za vodu r

2R = nv

r

2 10 m 6 10 1:33

7m

i za glicerin s

2R = ng

r

2 10 m 6 10 1:49

7m

r=

r=

= 3:0038 mm

= 2:8379 mm

Primjer 14.1.14 Ogibnu sliku µzice debljine d = 1 mm promatramo na zastoru udaljenom D = 0:7 m od µzice. Me†usobna udaljenost tamnih pruga su y = 0:3 mm. Koliko iznosi valna duljina svjetlosti koja obasjava µzicu?

174

POGLAVLJE 14. OPTIKA Rješenje: Za ogib na tankoj µzici vrijedi izraz y=

D d

pa je traµzena valna dduljina =

y d 0:3 mm 1 mm = = 4: 285 7 10 D 0:7 m

7

m

Primjer 14.1.15 Plava svjetlost valne duljine = 480 nm upada okomito na rešetku sa N = 2000 linija po centimetru. Pod kojim se kutom pojavljuje difrakcijska slika tre´ceg reda? Kolika je kutna disperzija rešetke? Koliki je maksimalni mogu´ci red difrakcije za svjetlost ove valne duljine na rešetki? Rješenje: Konstanta rešetke iznosi d=

l 1 cm = = 5 10 N 2000

6

m

Difrakcijska slika tre´ceg reda (m = 3) zadana je uvjetom m 3 480 nm = = 0:288 d 5 10 6 m # = arcsin 0:288 = 16 440

sin # =

Kutna disperzija rešetke iznosi D=

m = d cos # 5 10

3 6m

cos 16

440

= 6:265 105

rad = 20 900 nm m

1

Maksimalni mogu´ci red mm difrakcije zadan je najve´cim cijelim brojem koji zadovoljava relaciju m=

d sin #

d

=

5 10 6 m = 10: 417 480 nm

pa je maksimalno mogu´ci red (mm = 10) deseti. Primjer 14.1.16 Snop redgenskih zraka lomi se na kuhinjskoj soli. Spektar prvoga reda odgovara kutu sjaja = 6 500 , a udaljeost izme†u mreµznih ravnina je d = 0:281 nm. Odredite valnu duljinu rendgenskih zraka i poloµzaj spektra drugoga reda. Koji je najve´ci red spektra koji se moµze opaziti? Rješenje: Valnu duljinu spektra prvog reda (m = 1) dobivamo iz =

2d sin m

= 2d sin = 2 0:281 nm sin 6 500 = 6:687 10

11

m

14.1. PRIMJERI

175

Za spektar drugog reda kut sjaja iznosi sin

m 2 6:687 10 11 m = = 0:237 97 2d 2 0:281 nm = arcsin 0:237 97 = 13 460 =

2 2

Najviši mogu´ci red mm je 2 0:281 nm = 8: 404 4 6:687 10 11 m odnosno osmi (m = 8) red spektra. m=

2d sin

2d

=

Primjer 14.1.17 Koliki je kut elevacije Sunca kad su Sunµceve zrake re‡ektirane od mirne površine vode totalno plarizirane? Rješenje: Re‡ektirana je zraka totalno polarizirana ako upadni kut uB zadovoljava Brewsterov uvjet tan uB = n. Za vodu indeksa loma n = 1:33 upadni kut iznosi tan uB = 1:33 uB = arctan 1:33 = 53 70 pa je kut elevacije jednak = 90

uB = 90

53 70 = 36 530

Primjer 14.1.18 Zraka svjetlosti pada na posudu ispunjenu vodom i re‡ektira se na dnu posude. Koliki je kut pod kojim je zraka upala na površinu vode ako je re‡ektirana zraka totalno polarizirana? Indeks loma stakla je ns = 1:5 a vode nv = 1:33. Rješenje: Re‡ektirana zraka je polarizirana kada je tan u2 =

1:5 ns = = 1:12782 nv 1:33

pa je kut upada zrake iz vode na staklo u2 = arctan 1:12782 = 48 260 Zbog loma zrake na granici izme†u vode i zraka vrijedi sin u1 nv nv 1:33 = =) sin u1 = sin u2 = sin 48 260 = 0:99515 nz sin u2 nz 1 pa upadni kut iznosi u1 = arcsin 0:99515 = 84 210 pa je kut pod kojim zraka upada na površinu vode = 90

u1 = 90

84 210 = 5 390

Bibliogra…ja [1] F. Ayres, Jr.; 1972., Di¤ erential equations, McGraw-Hill International Book Company, New York. [2] M. Alonso; E. J. Finn, 1969., Fundamental University Physics, AddisonWesley Publ. Co., Reading, Mass. [3] C. Kittel; W. D. Knight; M. A. Ruderman; 2003., Mehanika, Golden Marketing, Tehniµcka knjiga, Zagreb. [4] R. Wolfson; J. M. Pasacho¤; 1990., Physics: extended with modern physics, HarperCollinsPublishers, USA. [5] R. E. Eisberg; L. S. Lermer; 1982., Physics: foundations and applications, McGraw-Hill, Tokyo. [6] B. V. Pavlovi´c; T. A. Mihajlidi; 1986., Praktikum raµcunskih zadataka iz …zike, Nauµcna knjiga, Beograd. [7] A. A. Pinsky; 1980., Problems in Physics, Mir Publishers, Moskva. [8] P. Kuliši´c; 1996., Riješeni zadaci iz mehanike i topline, Školska knjiga, Zagreb. [9] V. Henµc-Bartoli´c; i dr.; 1992., Riješeni zadaci iz valova i optike, Školska knjiga, Zagreb. [10] M. R. Spiegel; 1974. Vector analysis, McGraw-Hill International Book Company, New York. [11] E. Babi´c; R. Krsnik; M. Oµcko; 1978., Zbirka riješenih zadataka iz …zike, Školska knjiga, Zagreb. [12] Z. Primorac; 1990., Zbirka riješenih zadataka iz mehanike, Vazduhoplova vojna gimnazija ”Maršal Tito”, Mostar.

177