Fizi - gradjevinac.files.wordpress.com · 3 MEHANIKA Kinematika Dinamika Statika Za dvije tačke...
87
1
Transcript of Fizi - gradjevinac.files.wordpress.com · 3 MEHANIKA Kinematika Dinamika Statika Za dvije tačke...
1
2
Fizičke veličine 1.Osnovne 2.Izvedene 3.Dopunske Osnvnih veličina ima 7. 1.Dužina l metar m 2.Masa m kilogram kg 3.Vrijeme t sekunda s 4.Jačina el.struje i amper A 5.Temperatura T kelvin K 6.Svjetlosna jačina I kandela cd 7.Količina tvari nm mol mol P=a*b[m*m]=[m2] V=a*b*c[m*m*m]=[m3]
3mkg
Vm==ρ
sm
ts==υr
a-dužina naspram katete b-dužina nalegle katete c-dužina hipotenuze
ca
=αsin sin2+cos2=1
cb
=αcos
batg =α
abctg =α
ba
cbca
tg ===ααα
cossin 1
2
2
2
2=+
cb
ca 1
2
22=
+c
ba
ab
cacb
ctg ===ααα
sincos
ab
α
c
3
MEHANIKA
Kinematika Dinamika Statika Za dvije tačke kažemo da su materijalne ako su njihove dimenzije zanemarive u odnosu na njihovo rastojanje.
Rješavanje zadataka vrši se u pet koraka: 1.Upoznavanje zadatka 2.Sređivanje podataka iz zadatka 3.Planiranje rješenja iz zadatka 4.Izračunavanje podataka-zadatka 5.Provjera zadatka Primjer: Pumpa za pritisak podigne teret na visinu 40m.Kolikom silom djeluje voda na ventil pumpe ako je površina poprečnog presjeka ventila 8cm.
h=40m sFP =
s=8cm2=8*10-4m2
g=9,812s
m sPF ⋅=
31000
mkg
=ρ shgF ⋅⋅⋅= ρ
1084081,9100023
⋅⋅⋅⋅= msm
mkgF -4m2
F=? F=313,9 N
rr
M(X,Y,Z)
X
Y
Z
0 Desni dekartov k.o.sistem
4
NAZIV PREDMETKA OZNAKA PREDMETKA VRIJEDNOST PREDMETKA EKSA E 1018
PETA P 1015
TERA T 1012
GIGA G 109
MEGA M 106
KILO K 103
HEKTO h 102
DEKA da 101
deci d 10-1
centi c 10-2
mili m 10-3
mikro µ 10-6
nano n 10-9
piko p 10-12
femto f 10-15
ato a 10-18
Linijom kojom se kreće materijalna tačka naziva se putanja ili trajektorija.
,v t1,s1 ts
ttssvvsr
∆∆
=−−
==12
12r
t2,s2 tsv
∆∆
= , 0→∆t , ( )smv =
trvsr∆∆
=r
r , 0→∆
∆∆
= ttrvr
r
Ubrzanje je izvod brzine po vremenu. t1,v1 ; t2,v2
=
∆∆
=−−
= 212
12
sm
tv
ttvvasr
rr
; 0→∆∆∆
= ttvar
r
22 nvvv += τ 22 naaa += τ
AB
rr 1
Z
Y
X
∆s
Lrr ∆t
s=s(t) Zakon puta
s-put
∆t;put
sr ∆=∆
vrτvr
nvv
5
ZADATCI
1. Brzina automobila na prvom djelu puta h
kmv 361 = ,a na drugom h
kmv 542 = .Kolika je
srednja brzina automobila na cijelom putu?
hkmv 541 =
21
21
1
1ttSS
t
Sv n
i
n
i
i
i
sr++
==
∑
∑
=
=
hkmv 362 =
vst
1
11 = ;
vst
2
22 =
vsr=? 21ss = ;
22ss =
vvsvsv
ss
vs
vs
ssv
21
1221
21
2
2
1
1
21++
=+
+=
( ) ( )vv
vv
vvvv
vvvv s
ss
sss
ss
v12
21
21
12
21
12
2
222
22+
=+
=+
+=
h
km
hkm
hkm
hkm
hkm
vvvvv 2,43
5436
543622
21
21 =+
⋅⋅=
+=
2.Na prvoj trćini puta automobil se kreće brzinom v1,a na ostalom djelu puta v2=54km/h. Srednja brzina automobila na cijelom putu je 36 km/h.Kolika je brzina v1=?
hkmv 542 = ttt 21+=
vts
11
31
= ; vt
s
22
32
=
hkmv 36=
vsr
st = vv
ss
vs
21
32
31
+= 5432
31
36 1
sss
v+=
?1 =v
6
vv
vvss
21
12 32
31
36
+
= ;
+= vvvv svs 1221 3
231
+= vvvv v 1221 3
231 ; vv 11 24541254 +⋅= 64830 1 =⇒ v
h
kmv 6,2130648
1 ==
3.¸Između dva grada koja leže na rijeci se obraća parobrod.Putovanje uzvodno traje t1=9h ,a nizvodno t2=4h.Kolika je srednja brzina rijeke u odnosu na obalu, a kolika je srednja brzina parobroda u odnosu na vodu?Rastojanje između gradova je S=72km. t1=9h tvs ⋅= ( )tvv rps 2+=
t2=4h ( )tvv rps 1−= tvtv rps 22 +=
S=72km tvtv rps 11−= ( )
tvtttv
rr s
s 21
21 ++
=
vr=? stvtv rp −−=− 11
vp=? stvtv rp += 11 t
ttvtttv rr ss
1
21221 ++=
ttvv
srp
1
1+= t
tttv ss r
1
2212 +=
h
kmvr 5=
h
kmvp 13= tvtst
rs 21
2 2=−
ttvtt rss 1221 2=−
ttttv
ssr
21
212−
=
4.Čovjek visine h=1.8m prođe stalnom brzinom smv 75,01 = ispod ulične sijalice koja se
nalazi na visini H=4m iznad zemlje. Kolika je brzina vrha čovjekove sjenke?
7
smv 75,01 =
mh 8,1= mH 4=
v2=?
tvs 11 =
tvs 22 =
( )vvv
vvv
sss
tt
ttt
hH
12
2
12
2
12
2−
=−
=−
=
vvv
hH
12
2−
= ; vvv HHh 122 −= vvv HhH 122 =−⇒
( )hH
HHhH vvvv −
=⇒=− 1212
sm
v 36,12 =
5.Motorni čamac prelazi rastojanje između dva mjesta na obali rijeke za vrijeme t1=3h, a splav za vrijeme t=12h.Koliko vremena utroši motorni čamac da bi se vratio?
t1=3h uv
st +=1
ttt 12
111−=⇒
t=12h ust =
sv
sv
su
su
tt−=−−=−
1
11 41
1
1 −=−
=tt
ttsv
t2=? uv
st −=2 vs 4= ; vs
tu
311
=⋅= 61
432
431
1
2==
−=
v
v
v
vv
t
ht 62 =
H h?
C EBS2
S1
A
D
8
6.Da bi se ustanovila dubina bunara do nivoa vode potrebno je u njega baciti kamen i od tog trenutka mjeriti vrijeme koje protekne do udara u površinu vode.Udarac od površinu vode čuje se poslje vremene t. Kolika je dubina bunara?Brzina zvuka kroz vazduh je C,a ubrzanje zemljine teže je
smg 281,9= . ttt 21+=
smc 5,331=
2
21tg
H = ; 2tcH ⋅=
gHt 2
1 = ; cHt =2
cH
gHt +=
2
2
22 222
cH
gH
cH
gHt ++= ( ) ( )
−+±+= 222
2.1 tggtcgtcgcH
2240427255,3311 ++= ttH ttH 27255,3312 −= 7. Vektor položaja tjela mjenja se u toku vremena po zakonu ( ) kCjBiA ttr t
rrrr++= 2
gdje je A=sm5 ,B=
sm3 ,C=
sm2 ,dok su i,j i k jedinični vektori X,Y,Z osa.
Odrediti: a) vektor brzine i ubrzanja b) intezitet brzine tjela poslje 2s od početka kretanja c) intenzitet ubrzanja tjela
smA 5= yn
X = ( ) kCjBiA ttr t
rrrr++= 2
smB 3= yn
nX1
'−
= ( ) jBiAtdtrdv n
rrrr+== 2
smC 2= iA
r
tdvd
tdda
rr 22
2
=== vvv zyxv 222 ++=
?,,, =avav rr
( )smBABAv 4,1042 2222 =+=+=
( ) 22222 1022
smAAa aaa zyx ===++=
9
8.Vektor položaja tačke A u odnosu na koordinatni početak mjenja se u toku vremena po zakonu gdje su b i c ( ) jCi ttbr t
rrr 2−= pozitivne konstante i i,j su jedinični vektori X
i Y osa. Odrediti: a)Jednačinu putanje Y=y(x) u tački A b)Vektore brzine i ubrzanja kao i njihov intenzitet u funkciji vremena
( ) jcibtjYiX tr trrrrr 2−=+= ( )x yX =
Cyt −
=
btX = bXt =⇒
CYbX−
=
tCY 2−= xbb
x CCCY b
x2
22
22
−=−=−=⇒
jCtibdtvdv
rrrr 2−==
jCdtvda
rrr 2−==
tbvvv Cyx22222 4+=+=
CCva x 24 22 ===
9.Jednačina kretanja tjela ( ) tbx t2= ( ) ty C
t2= gdje je
smb 4= ,
smC 22= . Ustanoviti
putanju jednačine tjela :
a) ( )yy x=
b)Ustanoviti zavisnost ( )vv t= , ( )aa t=
a)
tbX 2= bXt =2
tCY 2= bXCY = XXY
21
42
==
b) ( )cbtCtbtdtdy
dtdxvvv yx +=+=
+
=+= 222
2222
btdtdva 2==
10
10.Jednačina kretanja tjela po X-osi ima oblik ( ) ttx CBAt32 ++= gdje je
sA m
21−= ,smB 23= ,
smC 22−= . Kolike su:
a)Brzina i ubrzanje tjela
b)Vrijeme kretanja tjela do zaustavljanja
a)
232 CtBtdtdxv +==
r
CtBdtvda 62 +==rr
2Bt+3Ct2=0 t(2B+3Ct)=0 t=0 2B+3Ct=0 3Ct=-2B
CBt
32
−=
t=1s
SLOBODAN PAD
00 =v
tgv ⋅=
tgh 2
21
=
ghv 22 =
gh v
2
2
=
HITAC NA NIŽE
tgvv += 0
tgtvh 20 2
1+=
hgvv 202 =−
11
HITAC NA VIŠE
tgvv −= 0
tgtvh 20 2
1−=
hgvv 220
2 =+ 11.Dva tjela istovremeno su bačena jedno u susret drugom istom početnom brzinom koja
iznosi sm
v 500 = . Jedno tjelo je bačeno na više sa površine zemlje, a drugo vertikalno na
niže sa visine h koja je jednaka maksimalnoj visini koju može dostići prvo tjelo. Na kojoj visini će se tjela susresti i kolika će im biti brzina za vrijeme susreta.
smv 500 =
tgtvh 201 2
1−= gtvv −= 01
tgtvh 202 2
1+=
gg vvv 4
001 −=
hhH 21+= smvv 5,3750
43
43
01 =⋅==
ttvttvH gg 20
20 2
121
++−= gtvv += 02
tvH 02= sm
gg vvv 5,6250
45
40
02 =⋅=+=
vHt
02= ;
gvH 2
20=
gg vv
vt 42
2 0
0
20
==
12.Dva tjela padaju sa visine 7900m.Jedno tjelo je počelo padati bez početne brzine, dok je
drugom saopštena brzina smv 2000 = sa hitcom na niže. Kako se mjenja rastojanje između
tjela ako su počeli padati istovremeno iz iste tačke? Koliko je rastojanje kada tjelo padne na zemlju?
H=7900m ttvh g 202 2
1+=
smv 2000 = th g 2
1 21
=
d=? hhd 12 −=
h2
h1
v0
v0
H
d
H
12
tttvd gg 220 2
121
−+= Hh =2
tvd 0= Httv g =+ 20 2
1
tvd 10= ggHttv
22 20 =+
ssmd 6,24200 ⋅=
gvtt 0
21
2−=+
md 4920= gHtt
221 −=⋅
st 6,241 =
13.Dva tjela bačena vertikalno u vis sa iste visine početnom brzinom smv 4,290 = u
vremenskom razmaku t1-t2=0,5s . Kroz koje vrijeme od vremena bacanja i na kojoj visini će se sresti.Otpor vazduha zanemariti.
smv 4,290 = ghvv 22
02 −=
st 5,0=∆ 101 gtvv −=
t1=? 202 gtvv −=
t2=? ghvv 20 −= H=? 1010 2 gtvghv −=− 2
12
12 tggh =
2020 2 gtvghv −=− 22
222 tggh =
22
21 gtgt =
22
21 tt = mgthh 76,2
2
21
2 ==+
25,041
2 ==t mgth 22,12
22
1 ==
st 75,025,05,01 =+= ( )
mhhhhh 99,12 1
12 =+−+
=
14. Lenjir dužine 25 cm obješen je pomoću konca o zid .Ispod lenjira na zidu nalazi se mali otvor B. Na kojoj se visini H nad otvorom B mora nalaziti donja ivica lenjira da bi poslje pregorijevanja konca lenjir padajući na niže pokrivao otvor B u toku 0,1 s.
H
h2
h1
13
l
B
ν01
h
H
ν02
stcml
1,025
==
ghv 2=
h=? 221 gtvtl +=
2212 gttghl +⋅= /2
4222212 tgtghl +⋅=
4222412 tglght −=
2
422
241
gt
tglh
−=
cmh 5,20=
15.Tijelo se baci vertikalno u vis početnom brzinom smv 43,290 = .Istovremeno se iz tačke
njegovog devetostrukog dometa pusti drugo tjelo .Nakon koliko vremena će prvo tjelo pasti poslje drugog na zemlji.
smv 43,290 = '0 gtvv −= v=0 2
2219 gtH =
?=∆t '0 gtv = gHt 18
2 = ; g
H v2
20=
gv
t 0'= 2
20
29
gt v=
'21 tt = g
t v02
3=
gv
t 01
2= s
gv
gv
gv
ttt 323 000
12 ==−=−=∆
16.Tjelo se baci vertikalno u vis početnom brzinom smv 43,290 = , istovremeno se iz tačke
njegovog dometa hitne na niže tjelo brzine smv 81,90 = :
a)poslje kog vremena će se tjela mimoići b)kolike puteve pri tome pređu c) za koje vrijeme će se drugo tjelo pasti na zemlju
smv 43,2901 =
smv 81,902 =
h
S
2
14
X
vo
a)
201 2
1 gttvh −= ( )
( ) sg
t
tg
vvv
vvv
12,12
2
0201
201
0201
201
=+
=
+=
s=H-h
H=S+h= 202 2
1 gttv +
S= −++ tvgttv 012
02 21 2
21 gt
g
vH
2201=
b) mgttH v 9,2621 2
01 =−= mgttg
hHS vv 24,1721
22
01
201 =−−=−=
c) =+ 202 2
1 gttv gv2
201
2
2012
02
gt
gvtv =+
gvvt t
g 2
201
02 2
−+
st 16,21 =
st 62 =
st tt 84,312 =−=∆
KOSI HITAC Xvo
Yvo
ov
xv
Yv
15
ϕcos00 vv X = ϕcos0vvv Xox ==
ϕsin00 vv Y = ϕsin00 vvv YY ==
gtgt vvv ooYY −=−= ϕsin
gtgt vvv ooXX −=−= ϕcos
ϕcosttX vv oX =⋅=
221sin
2gtt
xytY vvvv o
oosr −=
+=⋅= ϕ
ϕϕ 2
0 cos2 2vgXtgY ==
ϕ2sin20
gvx =∆ ;
gYn v
2sin2 2
0ϕ
=
17.Kamen bačen horizontalno s krova kuće početnom brzinom smv 15= pada na zemlju pod
uglom od 60o u odnosu na horizontalnu ravan .kolika je visina kuće?
smv 15=
sv
=αsin sh
=αcos
o60=α 3103
330==s mssh 66,835
2310
2cos ====⋅= α
h=?
18.Tijelo je bačeno brzinom smv 200 = pod uglom od 45O prema horizontu .Izračunati
pređeni put duž X-ose i Y-ose.Naći jednačinu trajektorije tjela ,maksimalnu visinu i maksimalnu daljinu do koje će tjelo dospjeti.
smv 200 = 210cos == αoox vv m
gv
X o 77,4081,9
4002sin2
max ===α
o45=α 210sin == αooy vv mg
vY o 2,10
81,9100
2sin 22
max ===α
Xmax,Ymax=? mX tv pox 2144,1210 =⋅== mgtY tv koy 18,102
2=−=
Y=?
400
81,9400
cos2
2
22
2 XXgXtgXv
Yo
jed−
=−⋅=α
α
16
t0θ
t1θ1
KRUŽNO KRETANJE θ-ugaoni pomeraj (rad) ω-ugaona brzina α-ugaono ubrzanje T-period γ-frekvencija
−−
=∆∆
=s
radttt o
osr
1
1 θθθω tt ∆
∆=
→∆
θω lim0
∆∆
=−−
= 212
12
srad
tttsrωωωα
tt ∆∆
=→∆
ωα lim0
π2=T ω⋅= rv
T1
=γ r
v2=α
to ⋅+= αωω
221 to ⋅+= αωθ
αθωω 220
2 =− 19. Ugao koji opiše materijalna tačka poslje 50s od početka rotacije je 225 rad.Koliko je ugaono ubrzanje ako je početna ugaona brzina u tom trenutku 2 rad/s?Kolika je ugaona brzina u tom trenutku?
st 50= 221 tto ⋅+= αθ ω to ⋅+= αωω
sradrad
o 2
225
=
=
ω
θ 2
022 tt ⋅+= αθ ω s
rad7=ω
α,ω=? αθ ω +=tt
o222
ttoωθα
222 −=
srad1,0=α
20.Ugaona brzina materijalne tačke 18 s poslje početka rotacije iznosi s
rad46=ω .Koliko
je ugaono ubrzanje ako je početna ugaona brzinas
rado 10=ω ?Koliki ugao za to opiše?
srad
srad
st
o 10
46
18
=
=
=
ω
ω t
o ωωα
−=
srad
to
334
32422110
21 2
=
⋅⋅+=
⋅+=
θ
θ
αθ ω
α,θ=? rad2=α
θ
17
21.Prilikom kretanja rotacije materijalne tačke vektor njenog ugaonog pomjeraja mjenja se u
toku po zakonu ( ) ot nBt→
= 3θ gdje je B konstanta no jedinični vektor normalan na ravan
putanje materijalne tačke.Odrediti vektor: a) ugaone brzine i njegov intenzitet poslje vremena t=to
b)ugaonog ubrzanja α i njegov intenzitet poslje vremena 6ott =
a) ω: ott = →
== onBtdtd 23θω 23 oBt=ω
b) α: 6ott =
→== onBt
dtd 6ωα o
o Btt
B ==6
6α
22.Točak se okreće oko nepokretne ose tako da njegov ugaoni pomjeraj zavisi od vremena po zakonu ( )
2ktt =θ gdje je k=1 rad/s2.Koliko je ukupno ubrzanje tačke na obodu tačke
poslje vremena 5 s, od početka kretanja ako je linijska brzina ove tačke v=1 m/s.
( )2ktt =θ kR
dtdva 2==τ
ktvR
2=
21s
radk = RtkR
RtkRvan
222222
44=
⋅==
tv
ktvkkRa =⋅==
222τ
st 5= dtdRRv θω ⋅=⋅= vkttkan ⋅== 24 22
smv 1= Rktv ⋅= 2 ( ) 2
2222
22
21042
smvtk
tvktv
tva =+=+
=
a=? 23.Materijalna tačka kreće se po krugu brzinom v(t)=bt gdje je b=1 m/s2 .Koliko je ukupno ubrzanje tačke u trenutku kada ona učini ugaoni pomjeraj θ=0,6π rad .
( ) btv t = dtdva =τ ;
Rvan
2= ; 22 aaa n+= τ
21smb =
bRt θ22 =
Rv
dtd
==ωθ
rad⋅= πθ 6,0 bRt θ2
= ωθ=
dtd / ∫ dt
∫ ∫ ⋅=t
o
t
o
dtd ωθ
R
bttRbttd
Rbdt
Rbtdt
Rvdt
t
o
t
o
t
o
t
o 22
22=⋅====⋅= ∫∫∫∫ωθ
18
tsr ⋅= ωθ
tR
btsr ⋅= ω
2
2 tRbt sr ⋅= ω22 ωRbt 2=
bR
bRt ⋅== πω 2,122
( ) 222 9,32,1
smba =+= π
DINAMIKA
⋅=
smkgvmp vr
=⋅= NsmkgamF 2
r
FFrr
2112−=
24.Vazdušni balon ima na svom donjem djelu teret mase m.Pod dejstvom potisne sile Fp balon sa teretom pada ubrzanjem a.Izračunati masu tereta ∆m koju je ptrebno izbaciti iz korpe balona da bi se on kretao na gore ubrzanjem istog intenziteta. 1) Fu=mg-Fp ma=mg-Fp (1) 2) F=Fp-(m-∆m)g (2)
ag
mam+
=∆2
25.Tijelo mase m bačeno je pod uglom α prema horizontu početnom brzinom νo zanemarujući otpor vazduha .Odrediti koliki je priraštaj ∆t tokom vremena t od početka kretanja?
dtmvd
tpF )(=
∆∆
=rr
αcosox vv =
gtvv oy −= αsin
mgdtmvdF −==
)(r yx vvv +=
tmgp ∆−=∆ 0=xv gvy −=
mgpt ∆
−=∆
Fp
a
mg
m
Fp
a
(m-∆m)g
19
mg
FX
FY
θ
26.Jednačina kretanja tjela mase m su: x=asinωt , gdje su A,B,C=const.Odrediti intenzitet i pravac y=bcosωt , z=0 koje djeluju na tjelo u funkciji kordinata tjela X odnosno Y.
kji FFFF zyx
rrr++=
YXrrr→→→
+=
tmAdt
xdmmaxXF sin22
2ω−=== 0=kF Z
r
tmBdt
ydmmayYF ⋅−=== ωω cos22
2
)cossin(2 jtBitAmFrrr⋅⋅+⋅⋅−= ωωω
rmF 2ω−=r
22222 YXmF FF yx +=+= ω
27.Na malo tjelo mase m koje se nalazi na glatkoj horizontalnoj podlozi u trenutku t=0, počne da djeluje sila F čiji se intenzitet mjenje tokom vremena po zakonu F=kt gdje je k=const. . Pravac sile F je stalan i zatvara ugao θ prema horizonatalnoj ravni.Kolika je brzina tjela u trenutku kada ono napušta podlogu ? Koliki put pređe tjelo u tom trenutku. F=kt v=? s=?
θθ coscos ktFF x =⋅=
θθ sinsin ktFF y == ; mgF y =
mgkto =θsin
θsinkmgto =
maF =
θsinomgktdtdvmF == / ∫ dt
m1
mkdv
v
o
θsin=∫ ∫
ot
oodtt
2sin 2
oo tm
ktv ⋅=
θ
θθθθ
tgkmgk
mg
mkv
⋅=
⋅=sin22
sinsin 2
2
b) dtdsv = /∫
( )dtvdss
o
t
ot
o
∫ ∫= dttm
ksot
o∫⋅= 2
2cosθ ;
θθ tgkgms
⋅= 22
32
sin6
20
28. Pod dejstvom konstantne sile F=230 N tjelo je za 10 s prešlo put za 30 m.Odrediti masu tjela? F=230 N t=10 s s=30 m m=?
maF = 2
2ats =
aFm = 2
2t
sa =
22t
sFm =
sFtm2
2=
kgm 21092,3 ⋅=
29.Vagon mase 2 104 kg kreće se početnom brzinom smvo 15= i negativnim ubrzanjem
23,0sma = . Odrediti :
a) kolika je zakočna sila koja djeluje na vagon b) poslje koliko vremena će se vagon zaustaviti c)koliki put će prijeći to zaustavljanje
2
4
3,0
15
102
sma
smv
kgm
o
−=
=
⋅=
a) ( )NF
maF6
3,0102 4
−=−⋅⋅==
F,t,s=? b) atvv o −= 0=v atvo −=−
savt 50
3,015
===
c) 2
2attvs o −=
ms 305225003,05015 =⋅−
−⋅=
TRENJE
mgQF ⋅=⋅= µµ NF ⋅= µ
21
mg
Ftr
Fp
N
30.Automobil se kreće po horizontalnom putu brzinom sm10 .Poslje isključenje motora
prelazi put 100 m i zaustavi se. Odrediti vrijeme kretanja automobila sa uključenim motorom usporenjem i koeficijent trenja.
smv 10=
ms 100= t=?,a=?,µ=?
2vts = s
tst 202==
asvv 220
2 =−
2
222
2 sm
svv
a o =−
=
QF ⋅= µ
2,0====ga
mgma
QFµ
31.Tjelo mase 0,8 kg kreće se na gore duž vertikalnog zida pod dejstvom sile od 20 N koja sa vertikalom zatvara ugao od 30o .Odrediti ubrzanje tjela, ako je koeficijent trenja između tjela i zida µ=0,2.
281,9smg = mgFFF tr −−= 1
kgm 8,0= maF = NF 20= αcos1 FF = o30=α αsin2 FF =
µ=0,2 αµµ sin2 FFFtr ⋅=⋅= a=? mgFFma −−= αα sincos
234,9sincossm
mmgFFa =
−⋅−=
αµα
32.Tjelo iz stanja mirovanja počne da klizi niz strmu ravan nagibnog ugla 600 .Poslje
pređenih 22,6 cm brzina mu je smv 1= .Koliki je koeficijent trenja između tjela i strme ravni?
o60=α trp FFF −= ms 6,22= maF =
smv 1= αsinmgFp =
µ=? αµµ cosmgNFtr ⋅=⋅= αµα cossin mgmgma ⋅−= αµα cossin mgmgma ⋅−=−
µα
α=
−cos
sing
ag s
va2
2= 44,0
cos2sin2 2
=−
=α
αµsg
vg
F2
FF1
mg
22
Ftr2
Ftr1
m2
Ftr
m1
F
mg
33.Tjelo mase 3 m nalazi se na strmoj ravni čiji je nagibni ugao 300 .Tjelo se preko kotura veže neistegljivim koncem sa drugim tjelom mase m.Koeficijent trenja između tjela i strme ravni µ=0,1.Poslje kog vremena će tjela koja čine sistem pojedinačno preći rastojanje od 144 cm ako je u početnom trenutku sistem mirovao.
mm 31 = o30=α 2QFFF trnr −−=
mm =2 amFr ⋅= 1,0=µ NFtr ⋅= µ αsin1gmN =
ms 44,1= αµ sin1gmFtr ⋅=
t=? gmQ ⋅= 22 αcos1 gmFn ⋅= gmgmgmma ⋅−⋅⋅−⋅= 211 sincos αµα gmgmgmma ⋅−⋅⋅−⋅= αµα sin3cos3 ggga −⋅⋅−= αµα sin3cos3
81,930sin81,931,030cos81,93 −⋅⋅⋅−⋅⋅= ooa
214,17sma =
asv 2= saas
avt 4,02
===
34.Tjelo mase 3 kg vezano je za zid neistegljivim koncem,vidi sliku.Ono leži na tjelu mase 6 kg koje preko kotura neistegljivim koncem vezano za tjelo mase 4 kg koje slobodno pada odnosno visi.Izračunati ubrzanje kojem se kreće pkretno tjelo ako se zna da koeficijent trenja između dva tjela µ=0,2 a između tjela i podloge µ=0,1.Trenje kostura zanemariti.
kgm 31 = kgm 62 = kgm 43 =
2,01=µ
1,02=µ
a=? 213 trtr FFQF −−= ammF ⋅+= )( 21 gmmgmgmamm ⋅+⋅−⋅−⋅=⋅+ )()( 21211321 µµ
m2
m1
m3
Q3
23
Ftr
N
Fmg
α
gmFtr 111 ⋅= µ
21
212113 )(
mm
gmmgmgma +
⋅+⋅−⋅−⋅=
µµ
gmmFtr )( 1222 +⋅= µ gmQ ⋅= 33 245,2
sma =
35.Tjelo težine G=30 N kreće se vertikalno na niže ubrzanjem 252,24
sma = .Naći intenzitet
sile za vrijeme kretanja.
252,24
30
sma
NG
=
= R=F+G
gGm =
F=R-G amR ⋅= gmamF ⋅−⋅= gmG ⋅=
( )gagGF −⋅=
−⋅= 1
gaGF
NF 45= 36.Koliki treba da bude minimalni koeficijent trenja između točkova i površine puta nagiba
30o da bi se automobil mogao kretati po njemu na više ubrzanjem 26,0sma = .
26,0sma =
α=30o
FFR tr −= αµ cosmgFtr ⋅=
amR ⋅= αsinmgF =
ααµ sincos mgmgma −⋅=
ααµ
cossin
gga +
=
66,0=µ
g→
a→
24
POJAM MEHANIČKOG RADA
αcos⋅⋅= sFA 2
2mvEk =
[ ]JsFA ⋅= mghE p =
[ ]WtAP = 2
21 kxE p −= - potencijalna energija elastične opruge
37.Da bi povećao brzinu potiskivanja tereta pri nepromjenjenoj sili otpora sredine za
smv 48,0= , čovjek mora razviti snagu koja je 1,6 puta veća od prvobitne snage.
Kolika je prvobitna brzina potiskivanja tereta?
smv 48,0=∆ vF
tsF
tAP ⋅=
⋅==
6,01vv ∆
=
6,11
2 =PP 11 vFP ⋅=
6,048,0
1 =v
v1=? )( 12 vvFP ∆+⋅= smv 8,01 =
1
1
1
2 )(vF
vvFPP
⋅∆+⋅
=
vvv ∆+= 116,1 116,1 vvv −=∆ 16,0 vv =∆
38.Tjelo neke mase kreće se brzinom smv 141 = .Ako se brzina tjela poveća za dvostruku
vrijednost,kinetička energija se poveća za 588 J. Kolika je masa tjela?
smv 14=
2
2mvEk =
vv 22 = 22
2 22
mvmvEE kk ==∆+ 2
22
2 mvmvEEE kkk −=−∆+
JEk 588=∆ 2242 mvmvEk −=∆ 232 mvEk =∆
m=? kgvE
m k 23
22 =
∆=
39.Klizač mase 70 kg odgurne svoju partnerku mase 50 kg brzinom smv 72 = .Koliki rad pri
tom izvrši?
F
25
kgmkgm
5070
2
1
==
21 kk EEA += 2211 vmvm =
smv 72 =
22
222
211 vmvmA += 2
1
21 v
mmv ⋅=
22
222
222
1
22
1vm
vmmm
A +
⋅⋅
=
22
222
1
22
22 vmmvmA +=
kJA 1,2=
40.Čovjek podigne teg mase 10 kg iz stanja mirovanja ,ubrzanja 22sma = .Koliki rad izvrši u
toku prve sekunde?
stsma
kgm
1
2
10
2
=
=
=
sFA ⋅= amR ⋅= 2
21 ats ⋅= gmG ⋅=
GFR −= mgmaF += GRF += )( gamF +=
221)( atgamA ⋅+= JA 4,472=
41.Lokomotiva mase m počinje kretati sa stanice tako da se njena brzina mjenja po zakonu sv α= gdje je α=const. ,a s pređeni put .Izračunaj rad svih sila koje djeluju na lokomotivu u
prvih t sekundi u početku kretanja. sv α=
A=? 2
1211
21 2αααα =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅=
ss
sv
dsdv
dtds
dsds
dtdv
dtdvmmaF ⋅==
2
2α=
dtdv
sFA ⋅= 2
21 ats ⋅= 2
21 t
dtdv
dtdvmA ⋅⋅⋅⋅=
822
12
242
22 tmtmA ⋅=⋅⋅⋅⋅=
ααα
42.Kinetička energija čestice koja se kreće po kružnici radijusa r zavisi od pređenog puta s po zakonu 2sEk ⋅= α gdje je α konstanta .Izračunaj intenzitet sile koja djeluje na česticu u funkciji od pređenog puta s.
h=s
26
2sEk ⋅= α F=ma 222
+
=
rv
dtdva
22
2smvEk ⋅== α 22 2 smv ⋅= α
msv
22 ⋅=
α
m
sm
smds
dvsmds
dvvdtds
dsdv
dtdv ⋅
=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=αααα 2222
2
2
2
212
22
rs
ms
rm
s
msa +⋅
⋅=
⋅
+
⋅
=α
αα
2
2
2
21212
rss
rs
msmmaF +⋅⋅=+⋅⋅
⋅== αα
43.Čestice mase m ulaze u oblast i na njih djeluje sila .Dubina x prodiranja čestice u tu oblast zavisi od impulsa p čestice kao x=α p gdje je α konstanta.Izračunaj intenzitet kočeće sile čiji je intenzitet suprotan smjeru kočeće sile.
pX ⋅= α
maF = vm
xvm
mx
dtdx
dxdv
dxdx
dtdv
⋅⋅=
⋅⋅⋅=⋅=⋅ 22αα
α
dtdvmF ⋅=
vdxdvmF ⋅⋅=
mxv
vmxmF
⋅=⋅
⋅⋅⋅= 222 αα
44.Vektor položaja materijalne tačke gdje su kCjBiAr
rrr++=1 gdje su A=B=C=1m, a i,j i
k jedinično vektori pod dejstvom sile F=n gdje je n=5 N. Materijalna tačka počne da se kreće u nekom vremenskom intervalu.Njen vektor položaja je
kGjFiDrrrr
++=2 gdje je G=F=G=6 N.Koliki rad izvrši sila F za pomjeranje materijalne tačke?
kCjBiArrrr
++=1 sFA ⋅= ( ) ( ) ( )kCGjBFiADrrrrrrrrr
−+−+−=−=∆ 12 kGjFiDrrvr
++=2 rFA ∆⋅= F=n ( ) ( ) ( )[ ]kCGjBFiADinA
rrrr−+−+−⋅=
( )ADnA −⋅= ( )165 −⋅=A A=25 J
27
m2
h/2
h/2m1
m2g
m1g
45.Dva tjela mase 2 kg i 4 kg vezana su užetom koje je prebačeno preko kotura ,visinska razlika težišta tjela prije početka kretanja h=2 m.Koliku kinetičku energiju posjeduje ovaj sistem u trenutku kada dođu na istu visinu?Trenje kotura i masu zanemariti.
m1=2 kg 21 kkk EEE += 2
211
1vmEk = ;
2
222
2vmEk =
m2=4 kg h=2 m Ek=?
22
222
211 vmvmEk += v1=v2=v
( )21
2
2mmvEk += asv 2=
2hs =
QF = ( ) ( )gmmamm 1221 −=+
( ) JmmghEk 6,192 12 =−⋅=
( )( ) g
mmmma ⋅
+−
=21
12
Moment inercije
221 mrI ⋅=
[ ]2221 mkgmrI ⋅=
252 mrI =
rm
28
Fcf
Fcp
r
xd
a
Fc f
F
Moment impulsa
prL rrr×=
prprL ⋅=⋅⋅= αsin vmrL ⋅⋅= ω⋅= rv ω⋅⋅= mrL 2
ω⋅= IL Moment sile
α⋅= IM rFM ⋅= Centripetalna i centrifugalna sila
rmvFF cfcp
2==
0=− cfcp FF 46.Matematičko klatno dužine 0,2 m ima na svom kraju kuglicu mase 20 g. Tačka vješanja klatna nalazi se na periferiji platforme koja rotira oko vertikalne ose ugaonom brzinom 80 o/s. Ako je poluprečnik platforme r=10 m , izračunati kinetičku energiju kuglice.
ml 2,0= kggm 2,020 ==
so80=ω
mr 10= Ek=?
2
2mvEk = ω⋅= rv
2
22ωmdEk = ω⋅= dv ; rxd += ; αsin⋅= lx
FFcf=αsin
22sin
QF
F
cf
cf
+=α
( ) ( )222
2sin
mgdm
dm
+=
ω
ωα 1sin =α
( )22
2lrmEk +⋅=
ω ; JEk 2,522=
rv
mP=mv
29
l
r2
m2m1
47.Horizontalni štap duž koja se može slobodno premještati dva tega, rotira oko vertikalne ose.Sistem je u stacionarnom stanju prikazan na slici.Tegovi su povezani koncem dužine
15 cm.Njihove mase su 15 g i 25 g.Ugaona brzina rotacije je s
radπ10 .
Odrediti silu zatezanja konca i kinetičku energiju tegova .Tegove smatrati materijalnim tačkama.
mcml 2101515 −⋅== 2
2mvEk = 2mrI = cfn FF =
kggm 31 101515 −⋅==
2
2ωIEk = 2
22
1
21
rvm
rvmFn ==
32 102525 −⋅== gm 21 kkk EEE += vr =⋅ω
sradπω 10=
22
22
21 ωω IIEk += 2
221
21 rmrmFn ⋅⋅=⋅⋅= ωω
Fn=?;Ek=? 22
2222
2211 ωω rmrmEk += 2211 rmrm =
JEk 104,0= NFn 39,1=
21 rrl += 21 rlr −= 12 rlr −=
21
21 mm
lmr+⋅
=
21
12 mm
lmr+⋅
=
48.Lopta mase 10 kg i radijusa 20 cm rotira oko svoje ose koja prolazi kroz njen centar.Jednačina rotacije lopte ima oblik 32 CtBtA ++=Φ gdje je A=5 rad/s2 ,C=-1 rad/s2. Po kojem se zakonu mjenja moment sile koji djeluje na loptu i kolika je njegova vrijednost poslje t=2s od početka rotacije.
r1
30
m2
m1Fz2
Fz1
kgm 10= α⋅= IM ; 252 mrI ⋅=
dtdωα =
cmr 20= ( )CtBrmM 6252 2 +⋅⋅= 2
2
dtd
dtdd φφω ==
st 2= mNM 64,0−= 232 CtBtd +=ω
M=? CtBdtd 62 +==ωα
49.U žlijeb u disku mase 54 g postavljen je tanak konac na čije su krajeve okačeni tegovi mase 100 g i 200 g.Koliko je vrijeme potrebno da tjelo mase m2 pređe put dužine H=1,5 cm
ako su u trenutku t=0 tjela bila u stanju mirovanja .Moment inercije diska je 2
2mrI =
gm 54=
gm 1001 = gm 2002 =
cmh 5,1= t=?
2
2ath = aht 2
= ( ) ( )amgmamgmFFF zz 112221 +−−=−=
( ) ( )[ ] ramgmamgmrFM ⋅+−−=⋅= 1122 r
amrramrIM
22
22=⋅=⋅= α
( ) ( )[ ]r
amrramgmamgm2
2
1122 =⋅+−− α⋅= ra
( ) ( )[ ] maamgmamgm =+−− 11222
221
12 3
2smg
mmm
mma =⋅++
−= s
aht 1,02==
50.U sistemu kao na slici kuglica mase m može bez trenja da se kreće duž štapa AB koji može da rotira u horizontalnoj ravni.Kuglica je povezana sa krajem A oprugom dužine lo i koeficijentom krutosti k.Koliki je rad potrebno izvršiti da bi se ovaj sistem doveo do rotacije sa ugaonom brzinom ω ako se masa štapa i opruge zanemari.
lo
A
m
BA
l
B m
31
pk EEEA +=∆=
( )2
2lkE p∆
= (1)
2
2lmEkω
= (2)
Fe=Fcf ( ) lmllk o2ω=− (3)
( )k
lmll o
2ω=−
22
2
22
lmklmk
A ω
ω
+
=
+⋅= 1
2
22
klmlmA ωω
+⋅= 1
2
klmEA k
ω
Zakoni održanja -zakon održanja mase .4321 constmmmmmm n =+⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++= -zakon održanja energije .constEEE pk =∆=∆+∆ -zakon održanja impulsa .2121 constEEEE ppkk =+++ -zakon održanja naelektrisanja 51.Strijelac mase 60 kg zajedno sa puškom nalazi se na platformi u odnosu na koju miruje i
ispaljuje puščana zrna čija je masa 5 g ,a čija je brzina smv 600= u smjeru kretanja platforme.
Masa platforme m=120 kg a brzina kretanja je smv p 4= .Koliko treba da ispali strijelac
puščanih zrna da bi se zaustavila platforma. kgms 60= zp PP =
kggmz31055 −⋅== ( ) ( ) nvmvmm zzpsp ⋅⋅=⋅+
smvz 600=
( )zz
psp
vmvmm
n⋅
⋅+=
kgm p 120= zrnan 240=
smv p 4=
n=?
32
2R
2
h
52.Čamac mase 180 kg sa čovjekom mase 60 kg koji stoji u njemu približava se obali
brzinom smv 11 = .Kolikom brzinom čovjek treba da iskoči iz čamca tako da ovaj ostane u
stanju mirovanja.
kgm 1801 = 21221211 vmvmvmvm +=+ kgm 602 = m1v2=0
smv 11 = ( )
sm
mvmmv 4
2
1212 =
+=
v2=? 53.Trostepena raketa kreće se stalnom brzinom .Poslje odvajanja prvog stepena čija je masa jednaka jednoj trećini ukupne mase trostepene rakete ,brzina preostalog djela povećava se za
sm100 dok je brzina odvojenog djela
smvo 400= .Poslje odvajanja drugog stepena rakete čija
je masa također jednaka jednoj trećini mase polazne mase rakete, brzina odvojenog djela
iznosi smvo 600'= .Kojom se brzinom kretala raketa prije njenog odvajanja njenih djelova i
kojom se brzinom kreće krajnji dio rakete.
smv 100=∆ ( ) omvvvmmmv
31
31
+∆+
−= /
m3
smvo 400= ( ) ovvvv +∆+= 23
smvo 600'=
smv 600=
v=?; vk=? ( ) '31
31
31
ok mvmvvvmm +=∆+
− /
m3
smvk 800=
54.Niz strmu ravan koja se završava mrtvom petljom kotrlja se bez trenja kuglica.Minimalna visina strme ravni sa koje treba pustiti kuglicu da se ista ne odvoji od petlje iznosi 5,4 m.Koliki je poluprečnik mrtve petlje. h=5,4m R=?
cfFQ = R
mvmg2
=
Rgv ⋅=2 21 EE =
2211 pkpk EEEE +=+ ; 01 =kE ; mghE p =1 ; 222 2
121 ωImvEk += ;
RmgE p 22 = RmgImvmgh 221
21 22 ++= ω
1
33
252 mrI = Rmg
rvmrmgRmgh 2
52
21
21
2
22 ++=
ω⋅= rv RmgmgRmgRmgh 251
21
++= /mg1
⋅
mhR 22754
2710
=== 10
27Rh =
55.Oko homogenog punog cilindra koji može da rotira oko ose rotacije koja se poklapa sa osom cilindra namotan je konac na čijem je kraju obješen teg čija je masa 2 puta manja od mase cilindra. Ako se teg pusti naći ubrzanje kojim će padati 0
21 EE = 2211 pkpk EEEE +=+
21 kp EE = 2221
21 mvImgh += ω
222 221
21 mrmrrmI =⋅=⋅= ; 2
22
rv
=ω
22
22
21
21 mv
rvmrmgh +⋅= asv 22 =
hvg
2= s=h
asgh 2= 25
2
2
smga
ag
==
=
56.Kolika je kinetička energija zemlje uzimajući u obzir njenu rotaciju oko svoje ose i oko sunca.Masa zemlje kg24106 ⋅ , a poluprečnik zemlje je m61037,6 ⋅ dok je srednja udaljenost
zemlje od sunca m11105,1 ⋅ .
kgm 24106 ⋅= 21 kkk EEE −= ; 2
211
1ω⋅
=IEk
mR 61037,6 ⋅= 252 mRI ⋅=
Tπω 2
=
Ep1
Eph
34
md 11105,1 ⋅= 2
252
2
1
2
1
⋅
=T
mREk
π
2
2
2
2
2
2
22
51
2
252
=
=T
mdT
mdEk
ππ
Ek=?
shT 86400241 == 2
1
21
251
=
TmREk
π JEk29103 ⋅≈
shT 72 1015,324365 ⋅=⋅=
57.Homogeni štap dužine 1 m i mase 2 kg nalazi se na horizontalnoj ravni i može da rotira oko svoje ose koja prolazi kroz njegov centar bez trenja.Jedan kraj ovog štapa udari metak
mase 2 g koji se kreće brzinom sm100 .Metak udari u štap pod pravim uglom i pri tom se
zadrži u štapu i saopšti mu ugaonu brzinu ωo.Kolika je ugaona brzina štapa?
ml 1= kgm 2=
kggm 31 1022 −⋅==
smv 1001 =
ωo=?
( ) oom IIlvm ω⋅−=21
4
2mlIm = 12
21lmIo =
olmmllvm ω⋅
−=
1242
21
2
1 => olmmllvm ω⋅
+=
123
2
21
2
1
( ) olmmlvlm ω⋅+= 21
221 36
( ) srad
lmmlvlm
o 6,03
62
12
21 =+
=ω
MEHANIKA FLUIDA -Statika fluida -Dinamika fluida Hidrostatički pritisak
ghS
ghSS
gVS
mgSQ
SFp ⋅⋅=
⋅⋅⋅=
⋅⋅==== ρρρ
[ ]Paghp ⋅⋅= ρ hgpp o ⋅⋅+= ρ
l/2
m
m1v
35
h
Aerostatički pritisak
msm
mkghgp 76,081,91300 23 ⋅⋅=⋅⋅= ρ
PaPap 51001,1101325 ⋅≈= Sila potiska
12 FFF −= SpF 11 = SpF 22 = ( )1212 hgphgpSSpSpF oo ⋅⋅−−⋅⋅+=−= ρρ
( )12 hhSgF −⋅⋅= ρ VghSgF ⋅⋅=∆⋅⋅⋅= ρρ
Jednačina kontinuiteta
2211 VV ⋅=⋅ ρρ tvl ∆⋅= 11
222111 lSlS ⋅⋅=⋅⋅ ρρ tvl ∆⋅= 22 tvStvS ∆⋅⋅⋅=∆⋅⋅⋅ 222111 ρρ
222111 vSvS ⋅⋅=⋅⋅ ρρ
21 ρρ = => 2211 vSvS =
1
2
2
1SS
vv
=
Bernulijeva jednačina
21 AAA −=
111 lFA ⋅= 111 SpF =
222 lFA ⋅= 222 SpF =
1111 lSpA ⋅= 21 mm =
2222 lSpA ⋅= VVV ∆== 21 VpVpA ∆⋅−∆⋅= 21
12 EEA −= 2
2mvEk = mghE p =
1122 pkpk EEEEA −−+=
VpVpmghmvmghmvA ∆−∆=−−+= 211
21
2
22
22 /
V∆1
2112
122
2 21
21 ppghvghv −=⋅−⋅−⋅+⋅ ρρρρ
h=0,76m h=0,76m
∆h
h1
F Q
p2
p1
36
112
1222
2 21
21 pghvpghv +⋅+⋅=+⋅+⋅ ρρρρ
.21 2 constpghv =+⋅+⋅ ρρ 2
221
21 2
121 pvpv +⋅=+⋅ ρρ
222
1 v⋅ρ -hidrodinamički pritisak .21 2 constpv =+⋅ρ
2gh⋅ρ -hidrostatički pritisak Toričelijeva teorema
221 vgh ⋅=⋅ ρρ
ghv 2= 58.Koliki je pritisak na dubini 10 m ispod vodene površine. h=10 hgpp o ⋅⋅+= ρ
p=? 1081,910001001,1 5 ⋅⋅+⋅=p Pap 5102 ⋅= 59.Pumpa za pritisak podigne vodu na visinu 40 m.Kolikom silom djeluje voda na ventil pumpe ako je površina presjeka ventila 8 cm2.
mh 40= SFp = SpF ⋅=
242 1088 mcmS −⋅== SghF ⋅⋅= ρ NF 9,313= F=? 60.U posudi oblika kvadra čija je baza kvadrat stranice 10 cm nalazi se živa do visine 10 cm sljedećih 20 cm je napunjena vodom ,a narednih 40 cm uljem.Koliki je ukupan hidrostatički pritisak koji djeluje na dno stuba.Kolike su sile koje djeluju na dno i omotač kvadra.
313600mkg
Hg =ρ 321 pppp ++=
31000mkg
V =ρ ( )332211 hhhgp ⋅+⋅+⋅⋅= ρρρ
3800mkg
ulja =ρ
⋅+⋅+⋅⋅= mmkgm
mkgm
mkg
smp 4,08002,010001,01360081,9 3332
mh 1,01 = Pap 18443=
mh 2,02 = NapSpF 3,1842 =⋅=⋅=
mh 4,03 = 333133 421 hahgSpF ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅= ρ
ma 1,0= 22233222 421 ahhghgSpF ⋅
⋅⋅+⋅⋅=⋅= ρρ
1112233111 421 ahhghghgSpF ⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=⋅= ρρρ
NFFFF 6,1051' 321 =++=
37
61.Kolika je masa sante leda koja pliva na vodi ako zapremina njenog djela iznad vode iznosi
16 m3 a gustina iznosi 3900mkg ,a vode 31000
mkg .
3900mkg
=ρ Vm ⋅= ρ 21 VVV +=
31000mkg
o =ρ QFp = 2VgF op ⋅⋅= ρ VgmgQ ⋅⋅== ρ
31 16mV = VgVgo ⋅⋅=⋅⋅ ρρ 2 12 VVV −=
m=? ( ) VVVo ⋅=− ρρ 1 VVV oo ⋅=⋅−⋅ ρρρ 1 Vm ⋅= ρ
1VVV oo ⋅=⋅−⋅ ρρρ ρρ
ρρ
−⋅
⋅=o
o Vm 1
( ) 1VV oo ⋅=−⋅ ρρρ kgm 51044,1 ⋅=
ρρ
ρ−⋅
=o
o VV 1
62.Na užem poprečnom presjeku strujne cijevi koja se nalazi na visini 7 m iznad horizonta ,
a čija je površina poprečnog presjeka duplo manja , brzina proticanja je za sm2 veća dok je
statički pritisak 3 puta manji nego na širem djelu.Naći statički pritisak na užem djelu kad kroz cijev protiče voda ,ako se širi presjek nalazi na visini 6m.
mh 71 = 222
2112
1 21
21 phgvphgv +⋅⋅+⋅⋅=+⋅⋅+⋅ ρρρρ
212 SS =
vvv ∆+= 21 ( ) ( ) 12212
22
121 pphhgvv −=−⋅⋅+−⋅ ρρ
smv 2=∆ ( ) ( ) 121
22
21 2
21 phhgvv =−⋅⋅+−⋅ ρρ /
21
213 pp = ( ) ( ) 1212
22
1 21
41 phhgvv =−⋅⋅+−⋅ ρρ
mh 62 = ( ) ( ) 12122
212
41 phhgvv =−⋅⋅+∆−∆⋅ ρρ
p1=? ( ) 1212
21
43 phhgv =−⋅⋅+∆⋅ ρρ Pap 79051 =
2211 vSvS = 212 SS = ( ) 2121 2 vSvvS =∆+
222 vvv −=∆ smv 22 =
2vv =∆ smv 41 =
63.Na kolikoj većoj dubini se nalazi mali otvor ispod nekog drugog otvora ako je brzina isticanja na njemu 3 puta veća nego na gornjem otvoru.
38
d
A
213 vv = ghv 2= 12
1 2ghv = g
vh
2
21
1 =
?1
2 =hh ghv 22 = 2
22 2ghv =
gvh2
22
2 =
( ) 9
13
2
22
1
21
22
21
22
21
2
1 ====vv
vv
gv
gv
hh 9
1
2 =hh
64.Cijev hidromonitora ima dijametar na izlazu d=2 cm ,a dijametar presjeka na mjestu A
iznosi D=8 cm.Brzina mlaza na izlazu iz monitora je smv 251 = .Zanemarujući otpor odredi
silu učvrščivanja na presjeku A.
cmd 2= cmD 8=
smv 251 =
F=?
2SpF ⋅∆= π⋅
=
2
1 2dS π
2
2 2
=
DS
22
212
1 21
21 pvpv +⋅=+⋅ ρρ 24
1 101 mS −⋅= 242 1012 mS −⋅=
( ) pppvv ∆=−=−⋅ 122
22
121 ρ 2211 vSvS ⋅=⋅
2
112 S
vSv ⋅=
pS
vSv ∆=
⋅−⋅
2
2112
121 ρ
22
121 1
21 S
SSvF ⋅
−⋅= ρ ; ( )12
212
1 SSvF −⋅= ρ ; NF 31=
65.U sudu je nasuta živa a preko nje ulje. Kuglica spuštena u ulje pliva tako što je tačno polovina kuglice u živi ,a druga polovina u ulju.Kolika je gustina materijala kugle.
Gustina ulja je 3900mkg
ulja =ρ ,a žive 313600mkg
Hg =ρ .
3900mkg
ulja =ρ
313600mkg
Hg =ρ
ρ=?
D
U
Fpu
Ž
Fpž
Q
39
pzpu FFQ += gVgmQ ⋅⋅=⋅= ρ
22VgVgVg zu ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅ ρρρ
2VgF upu ⋅⋅= ρ
zu ρρρ +=2 2VgF zpz ⋅⋅= ρ
372502 m
kgzu =+
=ρρ
ρ
66.Stakleni sud napunjen živom ima u vazduhu težinu NG 31046,647 −⋅= a ako ga stavimo u
vodu ima težinu NGo31003,551 −⋅= .Kolika je težina u sudu?
33
1 104,133mN
⋅=γ 111 VG ⋅= γ 21 GGG +=
33
2 105,25mN
⋅=γ 2211 VVG ⋅+⋅= γγ NGGF op31043,96 −⋅=−=
331081,9
mN
o ⋅=γ 363
31083,9
1081,91043,96 m
FV
o
p −−
⋅=⋅
⋅==
γ
NG 31046,647 −⋅= 21 VVV += 12 VVV −=
NGo31003,551 −⋅= ( )1211 VVVG −⋅+⋅= γγ
G1=? 12211 VVVG ⋅−⋅+⋅= γγγ GVVV −⋅=⋅+⋅− 21211 γγγ ( ) GVV −⋅=− 2121 γγγ
12
21 γγ
γ−−⋅
=GVV
−
⋅−⋅=
21
211 γγ
γγ
VGG
NG 31 1095,490 −⋅=
67. U liftu se nalazi cilindrični sud visine 0,5 m napunjen do vrha vodom.Kolika je brzina isticanja vode kroz bočni otvor pri dnu suda kada lift:
a) stoji ,ili kada se lift kreće a ubrzanje je 2ga =
b) na gore c) na dole
h=0,5 m
2ga =
40
a) smghv 13,32 ==
b) ( )smhagv 84,32 =+=
c) ( )smhagv 21,22 =−=
68.U sudu čiji je poprečni presjek dat na slici nalazi se voda.Nacrtati odgovarajući dijagram hidrostatičkog pritiska u zavisnosti od položaja posmatrane tačke na liniji AB-BC-CD-DE-EF-FG-GH. 69.Voda struji kroz horizontalnu cijev konusnog oblika ,na jednom mjestu presjek cijevi je 8 cm2 ,a na drugom 4 cm2.Razlika pritiska na tim mjestima ∆p odgovara pritisku stuba visine 40 cm.Koliko litara vode u minuti proteče kroz cijev?
21 8cmS =
22 4cmS =
mh 4,0= st 60=
Q=?
A
B C
D
F G
E
h/2
h
A B C D E F G H
ρgh/2
ρgh
h
p1 v1
p2
v2
S2 S1
h2 h1
H
41
21 hh = tvQ ⋅= 2 ghp ρ=∆
222
2112
1 21
21 phgvphgv +⋅⋅+⋅=+⋅⋅+⋅ ρρρρ
1222
212
1 21
21 pphgvhgv −=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅ ρρρρ
phgvhgv ∆=⋅⋅−⋅−⋅⋅+⋅ 22
222
1 21
21 ρρρρ
hgvv ⋅⋅=⋅−⋅ ρρρ 22
21 2
121 /ρ
hgvv ⋅=− 222
21
2211 vsvs ⋅=⋅ 1
221 s
vsv ⋅=
hgvs
vs⋅=−
⋅ 222
2
1
22
21
22
21
22
22 2 shgvsvs ⋅⋅=⋅−⋅
( ) 21
21
22
22 2 shgssv ⋅⋅=−
( )21
22
21
22
ssshg
v−
⋅⋅= tvQ ⋅= 2
tssshg
Q ⋅−
⋅⋅= 2
12
2
212
mQ 96,15660616,2 =⋅= 70.Šuplja lopta unutrašnjeg poluprečnika 9 cm i spoljašnjeg pluprečnika 10 cm pliva na
tečnosti gustine 3800mkg
=ρ pri čemu je jedna polovina u tečnosti.Izračunati:
a) kolika je gustina lopte b)kolika bi trebala biti gustina tečnosti da bi lopta lebdila
cmr 91 = cmr 102 =
3800mkg
=ρ
ρl=? ρx=?
( )31
323
4 rrV −= π pFQ =
21V
gmg ⋅⋅= ρ 21
1V
gVg ⋅⋅=⋅⋅ ρρ
ρρ V
V⋅
= 11
2 3
21 34 rV ⋅⋅= π
r2
r1
42
11 21 VV ⋅⋅=⋅ ρρ
( ) 32
31
321 3
421
34 rrr ⋅⋅⋅⋅=
−⋅⋅ πρπρ
31
32
32
121
rr
r
−
⋅=
ρρ 3
13
2
32
1 21
rrr−
⋅= ρρ
33
2
11 476
1
121
mkg
rr
=
−
⋅= ρρ
VgVgx ⋅⋅=⋅⋅ 11 ρρ 1
1V
Vx
⋅=ρ
ρ
31
1 4002 m
kgV
Vx =
⋅⋅
=
ρρρ
ρ
43
II SEMESTAR
MOLEKULARNA FIZIKA
IZOPROCESI 1.Izotermički proces Boyle-Mariotteov (Bojl-Mariotov)zakon
.2211 constVpVp == ; .constpV = uz .constT = 2.Izobarni proces Gay-Lussacov (Gej-Lisakov) zakon
.constTV=
2
2
1
1TV
TV
=
3.Izohorni proces Charlesov(Šarlov) zakon
.constTp=
2
2
1
1Tp
Tp
=
Klapejronova jednačina
2
22
1
11T
VpTVp
= .constTpV
=
Jednačina opšteg stanja gasa
nRTpV =
R-univerzalna gasna konstanta Kmol
JR⋅
= 314,8
Mmn =
ktnvmnp o=⋅=23
2 2
Vnno =
k-Bolcmanova konstanta n-broj molova V-zapremina suda
Najvjerovatnija brzina MRTvr
2=
Srednja kvadratna brzina MRTvsr
8=
MRTv 32 =
44
71.Komora zapremine 4 m3 u kojoj se nalazi gas pod pritiskom Pap 51 105,1 ⋅= ,spojena je
pregradnim zidom sa vakuumskom komorom zapremine 12 m3.Izračunati pritisak gasa kada se pregradni zid ukloni.Proces je izotermički.
Pap 51 105,1 ⋅= 1122 VpVp ⋅=⋅ 21 VVV =+∆
31 4mV = ( ) 1112 VpVVp ⋅=+∆⋅
32 12mV = Pa
VVVpp 4
5
1
112 1075,3
16105,14
⋅=⋅⋅
=+∆⋅
=
p2=? 72.Ako se temperatura gasa povisi za 80 K pritisak gasa sa poveća za 1,4 put.Kolika je temperatura gasa prije promjene ako je ona izohorna.
KT 80=∆ 12 4,1 pp = 12 TTT +∆=
T1=? 2
2
1
1Tp
Tp
= 2
211 p
TpT =
1
111 4,1
80p
TpT
+=
TTT ∆=− 114,1 TT ∆=14,0
KTT 2004,0
804,01 ==
∆=
73.Pomoću male ručne pumpe u sud ubacujemo vazduh.Zapremina suda je 33103 mV −⋅= ,a zapremina cilindra pumpe je 34105' mV −⋅= .Koliki će biti pritisak gasa u sudu nakon 20 efektivnih pomjeranja klipa, ako je u sudu u početku bio: a) prazan b) sadrži vazduh pri normalnom atmosferskom pritisku
Papo 101325= 2211 VpVp = 33103 mV −⋅= a) nVpVp on ⋅⋅= ' np
VVp on ⋅⋅=
'
34105' mV −⋅= Papn5104,3 ⋅=
n=20
pn=?,pn'=? b) oon pnpVVp +⋅⋅=
''
Papn5104,4' ⋅=
45
74.Na nekoj temperaturi zapremina gasa iznosi 31 16mV = ,a pritisak Pap 4
1 109 ⋅= .Ako se
temperatura gasa povisi za KT 42=∆ zapremina gasa se poveća za 32 24mV = ,a pritisak
smanji Pap 42 108 ⋅= .Nađi temperaturu prije prve promjene.
31 16mV =
2
22
1
11T
VpTVp
=
Pap 41 109 ⋅= ( ) 221111 VpTTTVp =+∆
KT 42=∆ 22111111 VpTTVpTVp =+∆ 3
2 24mV = 22111111 VpTTVpTVp −=∆
Pap 42 108 ⋅=
1122
111 VpVp
TVpT
−∆
=
T1=? KT 1261091624108
421610944
4
1 =⋅⋅−⋅⋅
⋅⋅⋅=
75.Na komori u kojoj se nalazi 4 kg gasa pod pritiskom Pap 5
1 104,1 ⋅= nalazi se sigurnosni
ventil koji se otvara na pritisku Pap 52 105,1 ⋅= .Ako se zagrijavanjem temperatura gasa
udvostruči naći masu gasa koja će isteći iz komore.Smatrati da se usljed zagrijavanja temperature komore ne mjenja.
kgm 4= 11 nRTVp = Mmn =
Pap 51 104,1 ⋅= 11 RT
MmVp = 22 RT
MmmVp ∆−
=
Pap 52 105,1 ⋅=
1
2
1
2
RTMm
RTM
mm
VpVp ⋅
∆−
= ( )1
1
1
2 2Tm
Tmmpp
⋅∆−
=
212 TT = ( )m
mmpp ∆−
=2
1
2 ( )mmpmp ∆−= 12 2
mpmpmp 211 22 −=∆
1
212
2p
mpmpm
−=∆ kgm 86,1=∆
76.Kompresor uzima pri svakom zahvatu 33
1 104 mV −⋅= vazduha pri atmosferskom pritisku
Pap 51 1001,1 ⋅= i temperaturi KT 2701 = i tjera ga u rezervoar zapremine 35,1 mV = pri
čemu se temperatura zapremine u rezervoaru održava pri temperaturi KT 318= .Koliko zahvata mora učiniti kompresorda bi se pritisak u rezervoaru popeo na Pap 5109,1 ⋅= .
46
331 104 mV −⋅= nRTpV =
Mmn =
Pap 51 1001,1 ⋅= RT
MmpV = 111 RT
MmVp =
KT 2701 = RT
pVMm = 1
111 RT
MVpm =
35,1 mV =
1
1111RT
MVpRT
pVM
MmMm
nnN ===
KT 318= zahvataTVp
pVT
TVp
TpV
mmN 605
11
1
1
111====
Pap 5109,1 ⋅=
?1==
nnN
ZAKON TERMODINAMIKE
hFA ∆⋅= SFp = SpF ⋅=
hSpA ∆⋅⋅= AUQ +∆=∆ Ako nekom gasu dovedemo neki dio toplote, dio te toplote će se potrošiti na povećanje unutrašnje energije, a drugi dio će se potrošiti na vršenje rada protiv spoljašnjih sila. Specifična toplota gasova Razlikujemo:
1) specifičnu toplotu gasa pri konstantnom pritisku Cp 2) specifičnu toplotu gasa pri konstantnoj zapremini Cv
TMCQ p ∆⋅⋅= ; VpA ∆⋅= ; 12 VVV −=∆
TMCU V ∆⋅⋅=∆ ; RTMmU ⋅=∆
23
77.U vertikalnom cilindru pod teškim klipom nalazi se 2 kg kiseonika.Da bi se temperatura kiseonika povisila za 5 K potrebno mu je dovesti količinu toplote 9,16 J.Koliki je specifični toplotni kapacitet kiseonika i rad izvršen pri širenju gasa?M=0,032 kg/mol.
∆h
P
47
p
11 pV ⋅= α 22 pV ⋅= α
kgm 2=
KT 5=∆ kgK
JTm
QC p 916,052
16,9=
⋅=
∆⋅=
JQ 16,9= Cp=? A=?
( )12 VVpVpA −=∆⋅=
11 RTMmVp ⋅=⋅ 22 RT
MmVp ⋅=⋅
( ) 1212 RTMmRT
MmVVp ⋅−⋅=−⋅
( ) ( )1212 TTRMmVVp −⋅=−⋅
( ) TRMmVVp ∆⋅⋅=−⋅ 12 TR
MmA ∆⋅⋅= JA 2590=
78.Jedan mol gasa se širi, tako da mu je zapremina u toku procesa proporcionalna pritisku
pV ⋅= α .Pritisak gasa se uveća od p1 do p2.Naći koeficijent α ako je specifična toplota pri konstantnoj zapremini Cv i gasu se za to vrijeme preda količina toplote Q.
pV ⋅= α α=?
ATCQ V +∆⋅= VpA ∆⋅= ( )
+⋅−=
221
12ppVVA
( )
+⋅⋅−⋅=
221
12ppppA αα
( )2
21
22 pp
A−⋅
=α
12 TTT −=∆ RTnVp n ⋅=⋅ 1=nn
111 RTVp =⋅ 222 RTVp =⋅
12
1 RTp =⋅α 22
2 RTp =⋅α
Rp
T2
11
⋅=α
Rp
T2
22
⋅=α ( )
+−⋅=
RRC
ppQ V2
221
22α
( )21
22
21
22 pp
RRp
Rp
T −⋅=⋅
−⋅
=∆ααα ( )( )RCppQR V +−⋅= 22 2
12
2α
( ) ( )2
21
222
12
2pp
ppR
CQ V−⋅
+−⋅⋅=αα
( ) ( )21
222
2ppRC
QR
V −⋅+=α
p1
p2
V
48
79.Kolika se količina toplote utroši da bi se količina kiseonika mase 10 g koji se nalazi na temperaturi 27 oC da bi se povećala zapremina tri puta pri stalnom pritisku a zatim povisi pritisak dva puta pri stalnoj zapremini.Specifični toplotni kapacitet kiseonika pri konstantnoj
zapremini i konstantnom pritisku su:kgK
JCV 650= , kgK
JC p 908= .
kggm 01,010 == 21 QQQ += KT 3001 = 11 TCmQ p ∆⋅⋅= 22 TCmQ V ∆⋅⋅=
213 VV = 111 RTnVp m ⋅=
212 pp = 221 RTnVp m ⋅=
kgKJCV 650= 322 RTnVp m ⋅=
kgKJC p 908=
( )mR
MVpRn
VVpTTT
m
11121121
2=
−=−=∆
Q=? mR
MVpTTT 11
2323
=−=∆
mR
MVpCm
mRMVp
CmQ Vp1111 32
⋅⋅+⋅⋅=
111 RTMmVp ⋅=
( ) kJCCTmQ Vp 32,11321 =+⋅⋅=
80.Dva identična balona spojena su uskom horizontalnom cijevi prečnika 5 mm u kojoj se na sredini njene dužine nalazi kap žive u svakom balonu se nalazi gas zapremine 0,2 l na temperaturi 0 oC.Za koje će se rastojanje pomjeriti kap žive ako jedan balon zagrijemo za
CT o2=∆ , a drugi hladimo za CT o2=∆
33102,0 mV −⋅=
mmmd 31055 −⋅== KTt 16,273==
KT 16,275=∆
2
22
1
11T
VpTpV
TVp
== 21 pp =
2
2
1
1TV
TV
= TTxSV
TTxSV
∆−⋅−
=∆+⋅+
11
( )( ) ( )( )TTxSVTTxSV ∆+⋅−=∆−⋅+ 11
p,V,T p,V,T
xp2,V1,T2
p1,V1,T1
49
TxSxTSTVVTxTSxSTTVVT ∆⋅−⋅−∆+=⋅∆−⋅+∆− 1111 122 TxSTV ⋅⋅−=∆− 1TxSTV ⋅⋅=∆
cmTdTV
TSTVx 46,74
12
1=
⋅
∆=
⋅∆
=π
81.Čelična boca ispunjena je azotom mase 60 g pod pritiskom 0,9 MPa.Temperatura azota je 0oC.Da li će boca izdržati pritisak koji se uspostavi zagrijavanjem azota do temperature 60oC, ako je maksimalni pritisak koji može da izdrži 1,5 MPa.Kolika je zapremina boce?MN=0,028kg/mol.
PaMPapo6109,09,0 ⋅==
oo TT
pp 11 =
oo T
Tpp 1
1 ⋅=
gm 60= PaPap 661 105,110111,1 ⋅⟨⋅⋅=
KCT oo 2730 == RTnpV m=
KCT o 333601 == lmp
RTMm
V N 4,5104,5 33 =⋅== −
PaMPap 6max 105,15,1 ⋅==
p1=? 82.U balonu zapremine 12 l nalazi se 1,5 kg azota na temperaturi 327 oC.Koliki će pritisak azota u balonu biti pri temperaturi 50oC ako se 35 % ispusti.Koliki bi bio početni pritisak (pritisak prije ispuštanja azota).Molarna masa azota je 0,028 kg/mol.
33101212 mlV −⋅== 11
1 RTMm
Vp = 1112 65,035,0 mmmm =−=
kgm 5,11 = PaVM
RTmp 711
1 102,2 ⋅==
Ct o3271 = 22
2 RTMm
Vp =
Ct o502 = 1
1
21
2
1
65,0
RTMm
RTM
m
VpVp
=
35% 2211 65,0 TpTp =
p1=? , p2=? PaT
Tpp 6
2
112 108,7
65,0⋅==
83.Pri povećanju temperature azota za 20 K njegova srednja kvadratna brzina poveća se za iznos 25 m/s.Kolika mu je temperatura?
50
KT 20=∆ MRTv 3
= ( )M
TTRvv ∆+=∆+
3
smv 25=∆ ( )
MRT
MTTRvvv 33
−∆+
=−∆+
T=? ( )MRT
MTTRv 33
−∆+
=∆
( ) ( )MRT
MRT
MTTR
MTTRv 333232 +−
∆+−
∆+=∆
( ) ( )MRT
MTTR
MTTRv 332232 ∆+
−∆+
=∆
( ) ( )MRT
MTTR
MTTRv 332232 ∆+
−=∆+
−∆
( ) ( ) ( ) 42
2
223223334 v
MTTRv
MTTR
MTTRRT
∆+∆+
⋅∆−
∆+
=∆+⋅
( ) KRMv
MvTRRMv
MvTRMvTRT 38612
31269
2
22
2
24222=
∆
∆−∆=
∆
∆+∆∆−∆=
TOPLOTNE MAŠINE Veličina koja karakteriše ovu mašinu naziva se koeficijent korisnog dejstva η.
1
12Q
QQ −=η
1
12T
TT −=η
TOPLOTNI T1 REZERVOAR
Q2
RADNO TJELO RADNO TJELO
TOPLOTNI T2 REZERVOAR
A=Q2-Q1
POTROŠAČ
51
84.Temperatura toplotnog rezervoara je KT 2001 = .Ako se temperatura rezervoara poveća za 100 K pri nepromjenjenoj temperaturi hladnjaka koeficijent korisnog dejstva se poveća dva puta.Kolika je temperatura hladnjaka?
KT 2001 = 1
211 T
TT −=η
TTTTT
∆+−∆+
=1
212η
KT 1001 =∆ ( )( )( )211
111
1
21
1
21
1
1
1
2 2TTTTTTTT
TTT
TTTTT
−∆+⋅−∆+
=−∆+−∆+
==ηη
ηη
212 ηη = KTTTTTT 150
21
12
12 =
∆+∆+
=
T2=? 85.Uređaj za hlađenje treba pretvoriti 200kg vode temperature 288 K u led temperature 273 K. Koliki rad pri tome treba utrošiti ako mašina za hlađenje radi na principu obrnutog procesa.
Specifična toplota topljenja leda iznosi kgJqt
51036,3 ⋅= .
kgm 200= KT 2882 = KT 2731 =
kgJqt
51036,3 ⋅=
A=?
12
2
12
2TT
TQQ
Q−
=−
12
22TT
TA
Q−
=
( )
2
122T
TTQA −= mqQ t ⋅=
( )J
TTTmqA t
6
2
12 105,3 ⋅=−
⋅⋅=
86.Vazdušni balon zapremine 3500mV = napunjen je helijumom pod pritiskom Papo
510= . Usljed sunčevog zračenja temperatura gasa se poveća sa 10oC na 25oC.Koliku količinu toplote absorbuje gas.
T2
AQQ += 12
A
T1
52
3500mV = AUQ +∆= A=0
Papo510= TnCQ V ∆= mol
VVnm
42,22321==
molmVm
30224,0= ( ) JTTnCQ V
512 101125 ⋅=−=
KT 2831 = KT 2982 =
kgKJCV 336=
87.Idealna toplotna mašina radi po kružnom ciklusu između temperature Ct o801 = i
Ct o02 = .Ako mašina u jednom ciklusu izvrši rad od 800 J.Izračunati količinu toplote koju mašina primi na višoj temperaturi .
JA 800= 111
21QA
QQQ
=∆
=−
=η 1
21TT
−=η
KCt o 353801 == kJ
TT
AQ 53,31
1
21 =
−=
KCt o 27302 == Q1=?
TERMIČKO ŠIRENJE TJELA
Linearno širenje tjela Linearnim širenjem tjela nazivamo širenje tjela koje ima jednu izrazito veliku dimenziju (u poređenju sa preostale dvije).npr:(šipke,šine,žice...)
tll o ∆⋅⋅=∆ α lll o ∆+=
( )tll o ∆⋅+= α1 lo-dužina na 0oC α-linearni koeficijent termičkog širenja ∆t-temperaturni interval
lo
∆l
53
Površinsko širenje tjela Površinskim širenjem tjela nazivamo širenje tjela koja ima dvije dimenzije u odnosu na treću.(ploče,listovi,...)
tPP o ∆⋅⋅=∆ β PPP o ∆+=
( )tPP o ∆⋅+= β1 βα =2
Zapreminsko širenje tjela Zapreminsko širenje nazivamo širenje tjela koja imaju tri dimenzije približno jednake.
( )tVV ot ∆⋅+⋅= γ1 αγ 3=
Mehaničke deformacije Promjena oblika i zapremine tjela pod uticajem sile naziva se deformacija tjela. Deformacije mogu biti: -plastične i -elastične Deformacije koje postoje su: istezanje, sabijanje,savijanje,smicanje i uvrtanje(torzija) Hukov zakon
SElFl⋅⋅
=∆ E-Youngov modul elastičnosti
S-Površina posmatranja tjela 88.Metalni štap dužine cml 201 = na temperaturi Ct o201 = izduži se za mml 138,0=∆
pri zagrijavanju do temperature Ct o302 = .Koliki je toplotni koeficijent linearnog širenja štapa.
cml 201 = Cttt o10203012 =−=−=∆
Ct o201 = cmlll 138,20138,02012 =+=∆+=
mml 138,0=∆ 15
11
12 103,2 −−⋅=∆∆
=∆−
= Ktl
ltlll
α
Ct o302 = α=?
∆P Po
54
89.Na aluminijskoj poluzi pri temperaturi KT 2731 = urezane su dvije linije na rastojanju 150 mm.Na temperaturi KT 4732 = razmak se povećao za mml 73,0=∆ .Koliki je linearni koeficijent linearnog površinskog i zapreminskog širenja poluge.
KT 2731 = ( )15
1211043,2 −−⋅=
−∆
= Kttl
lα
mmml 31 10150150 −⋅== )1( tll o ∆⋅+= α /2
KT 4732 = 222222 2 tltlll ooo ∆⋅+∆+= αα
mml 73,0=∆ 222222 2 tltlll ooo ∆⋅+∆=− αα
α,β,γ=? 155 1088,41043,222 −−− ⋅=⋅⋅== Kαβ
155 1029,71043,233 −−− ⋅=⋅⋅== Kαγ 90.Točak voza ima poluprečnik mro 1= pri temperaturi 0oC.Koeficijent linearnog širenja
metala od kojeg je načinjen točak je 15102,1 −−⋅= Kα .kolika je razlika brojeva obrta točka
ljeti pri temperaturi KCt o 298251 == i zimi na temperaturi KCt o 258152 =−= na putu kms 100= .
mro 1= )1( 11 trr o ⋅+= α )1( 22 trr o ⋅+= α 15102,1 −−⋅= Kα )1(22 11 trr o ⋅+⋅=⋅ αππ )1(22 22 trr o ⋅+⋅=⋅ αππ
KCt o 298251 == )1(22 11
1 trs
rsN
o ⋅+⋅=
⋅=
αππ
)1(22 222 tr
sr
sNo ⋅+⋅
=⋅
=αππ
KCt o 258152 =−= 12 NNN −=∆
kms 100= )1(2)1(2 12 tr
str
sNoo ⋅+⋅
−⋅+⋅
=∆απαπ
∆Ν=?
obrtajattr
sNo
64,71
11
12 12
=
⋅+
−⋅+⋅
=∆ααπ
91.Željeznički kolosjek izgrađen od jednakih gvozdenih šina čija je dužina na 0oC 20 m. Odrediti najmanji razmak između dvije susjedne šine tako da pri promjeni temperature okoline od -20oC do 40oC ne dođe do dodirivanja šina.Toplotni koeficijent linearnog širenja gvožđa je 15107,1 −−⋅= Kα .
ml 201 = )1(12 tll ∆⋅+= α
KCt o 253201 =−= tlll∆⋅−
=1
12α 121 lltl −=∆⋅⋅α
KCt o 333602 == 112 ltll +∆⋅⋅= α 15107,1 −−⋅= Kα ml 2,202020,02 =+= mlll 2,012 =−=∆
55
92.Stakleni sud zapremine 33101010 mlVo−⋅== napunjen je sumpornom kiselinom na
temperaturi 0oC.Koliko će kiseline iscuriti ako se izvrši zagrijavanje do 40oC.Toplotni koeficijent širenja stakla je 16101,8 −−⋅= Kα ,a koeficijent kubnog širenja kiseline je
14106,5 −−⋅= Kγ . 21 VVV −=∆ 33101010 mlVo
−⋅== V1- zapremina kiseline ne temperaturi t2
Ct o01 = V2- zapremina suda na temperaturi t2
Ct o402 = 16101,8 −−⋅= Kα )1(1 tVV o ∆⋅+= γ )31(2 tVV o ∆⋅+= α 14106,5 −−⋅= Kγ Cttt o4012 =−=∆
∆V=? )31()1( tVtVV oo ∆⋅+−∆⋅+=∆ αγ )311( ttVV o ∆⋅−−∆⋅+=∆ αγ )3( ttVV o ∆⋅−∆⋅=∆ αγ )3( ⋅−⋅∆⋅=∆ αγtVV o
33102,0 mV −⋅=∆ 93.Čelična cilindrična cisterna poluprečnika mr 8,0= dužine ml 10= ,puni se naftom na
temperaturi Ct o201 = .Koliko treba da se ostavi praznog prostora u cisterni da bi ona mogla
da se drži u sredini u kojoj je temperatura Ct o402 = .Toplotni koeficijent kubnog širenja
nafte je 14109 −−⋅= Knγ ,a toplotni koeficijent linearnog širenja čelika je 161011 −−⋅= Kčα . mr 8,0= V1
40-zapremina nafte na 40oC ml 10= V2
40-zapremina cisterne na 40oC Ct o201 = V1
20-zapremina nafte na 20oC
Ct o402 = V220-zapremina cisterne na 20oC
14109 −−⋅= Knγ 161011 −−⋅= Kčα
402
401 VV ≤ Cttt o20204012 =−=−=∆
402
401 VV = )1(20
140
1 tVV n ∆⋅+= γ )31(202
402 tVV č ∆⋅+= α
)31()1( 202
201 tVtV čn ∆⋅+=∆⋅+ αγ
201
202 VVV −=∆
tt
VVn
č∆⋅+∆⋅+
⋅=γα
13120
220
1
∆⋅+∆⋅+
⋅−=∆tt
VVVn
čγα
13120
220
2
∆⋅+∆⋅+
−=∆tt
VVn
čγα
131
1202
∆⋅+
∆⋅+−∆⋅+⋅⋅⋅=∆
ttt
lrVn
čnγ
αγπ
1311
2
lt
tlrt
ttlrV
n
n
n
čn 6,851
32
13
2 =
∆⋅+
+⋅∆⋅⋅⋅=
∆⋅+
∆⋅+∆⋅⋅⋅⋅=∆
γαγ
πγ
αγπ
56
94.Pun rezervoar sadrži kgm 4102 ⋅= kerozina na temperaturi Ct o101 = .Kolika će masa kerozina isteći na kroz otvor na površini rezervoara kada mu se zagrijavanjem povisi temperatura na Ct o202 = .Ako termički koeficijent zapreminskog širenja kerozina iznosi
1310 −− ⋅= Coγ .Promjenu zapremine rezervoara usljed zagrijavanja zanemariti.
kgm 4102 ⋅= 21 mmm −=∆ 21 VVV ==
Ct o101 = 111 Vm ⋅= ρ 222 Vm ⋅= ρ
Ct o202 = )1( 11 to ⋅+⋅= γρρ )1( 22 to ⋅+⋅= γρρ 1310 −− ⋅= Coγ )( 2121 ρρρρ −=−=∆ VVVm
∆m=? 1
1 1 to⋅+
=γρ
ρ 2
2 1 to⋅+
=γρ
ρ
⋅+
−⋅+
⋅=∆21 11 tt
Vm ooγρ
γρ
⋅+⋅+⋅
−⋅+⋅+⋅
⋅=∆2
11
1
111
)1(1
)1(t
tt
tVm
γγρ
γγρ
⋅+⋅+⋅
−⋅=∆2
111 1
)1(t
tVmγγρ
ρ
⋅+⋅+⋅
−⋅⋅=∆2
11 1
)1(1
tt
Vmγγ
ρ
kgt
ttmt
ttmm 19611
)11
2
12
2
12 =
⋅+⋅−⋅
⋅=
⋅+
⋅+−⋅+⋅=∆
γγγ
γγγ
95.Šine od gvožđa površine poprečnog presjeka 242 102020 mcmS −⋅== na temperaturi
Ct o101 = uklještena je između dvije stjene.Kolikom će silom šina djelovati na stjene kada se
zagrije do temperature Ct o202 = ?Koeficijent linearnog širenja gvožđa je 15102,1 −−⋅= Co
α ,
a youngov modul elastičnosti 211109,1
mNE ⋅= .Širenje stjena usljed zagrijavanja zanemariti.
242 102020 mcmS −⋅== SElFl⋅⋅
=∆ tll o ∆⋅⋅=∆ α
Ct o101 = )1( tll o ∆⋅+⋅= α lSElF ∆⋅⋅=⋅
Ct o202 = tlSEtlF oo ∆⋅⋅⋅⋅=∆⋅+⋅⋅ αα )1(
15102,1 −−⋅= Co
α ( )( ) kNttl
ttlSEF
o
o 59,451
)(
12
12 =−⋅+⋅−⋅⋅⋅⋅
=αα
211109,1
mNE ⋅=
F=?
57
96.Koliku dužinu na 0oC trbaju da imaju šipke od gvožđa i bakra da bi na proizvoljnoj temperaturi razlika njihovih dužina iznosila mcml 1,010 ==∆ ? Koeficijent linearnog širenja
gvožđa i bakra je: 15102,1 −−⋅= Co
Feα i 15106,1 −−⋅= Co
Cuα . mcml 1,010 ==∆
15102,1 −−⋅= Co
Feα tlltll FeooFeo ⋅⋅+=⋅+⋅= ⋅ αα 1111 )1( 15106,1 −−⋅= C
oCuα tlltll CuooCuo ⋅⋅+=⋅+⋅= ⋅ αα 2222 )1(
lo1=?; lo2=? 212121 oCuFeooo lttlllll ⋅⋅−⋅⋅+−=− αα 21 oCuFeo lttl ⋅⋅=⋅⋅ αα 21 oo lll −=∆ ( ) 22 oCuFeo lll ⋅=⋅+∆ αα ll FeFeCuo ∆⋅=−⋅ ααα )(2
ml
lFeCu
Feo 3,02 =
−∆⋅
=αα
α
mlll oo 4,021 =+∆=
R E A L N I G A S O V I
RTnVp n ⋅=⋅ ( ) RTnbnVV
arp n ⋅=⋅−
⋅+ 2
2-Van der Valsov model realnog gasa
k
kP
RTa
6427 22
= k
kPRT
b8
= Vk – kritična zapremina
bsVk ⋅= ; 227baPk = ;
RbaTk ⋅
=27
8 Pk – kritična površina
Tk – kritična temperatura 97.U sudu zapremine 33101010 mlV −⋅== nalazi se količina azota i kiseonika čije su mase
kggm 31 108,28,2 −⋅== i kggm 3
2 104,04,0 −⋅== na temperaturi KT 300= .Koliki je pritisak gasa u sudu ?
33101010 mlV −⋅== 21 ppp += RTnpV n=
kggm 31 108,28,2 −⋅==
MmRTpV =
MVmRTp =
kggm 32 104,04,0 −⋅==
VMRTmpN
11 =
VMRTmpO
22 =
KT 300= VM
RTmVM
RTmpON
21 +=
molkgM N 032,0= kPap 91,23=
molkgM O 048,0=
p=?
58
98. Klip djeli cilindar na dva djela u kome su parametri stanja gasa p1,V1,T1 i p2,V2,T2 u jednom trenutku se klip oslobodi i počne njegovo slobodno kretanje bez trenja. Pri kom pritisku će prestati njegovo kretanje bez trenja ako se u međuvremenu temperatura gasa u prvom djelu cilindra povisi za ∆T zagrijavanja ,a u drugom snizi za ∆T hlađenja.
TTpV
TVp
∆+=
1
1
1
11 ' ; TT
pVT
Vp∆−
=2
2
2
22 '
'' 2121 VVVV +=+ )(' 11111 TTVpTpV ∆+= )(' 22222 TTVpTpV ∆−=
22
22222 'Vp
TpVTVpT −=∆
−+=
22
222221221111
''Vp
TpVTVpTVpVpTpV
−+=
22
2211222111221111
''
VpTpVVpTVpVpTVpVp
TpV
222111221122111122 '' TVpVpTVpVpTpVVpTpVVp +=+
)2121
21221211
22111122
2221112211(
)()('' VVTT
TTTVpTTTVpVTVpVTVp
TVpVpTVpVpp+
∆−+∆+=
++
=
99.Kolika je temperatura ugljen-dioksida količine moln 1,0= koja se nalazi u balonu
zapremine 3310 mV −= koji se nalazi pod pritiskom kPap 404= .Ugljen-dioksid smatrati realnim gasom.
moln 1,0=
3310 mV −= ( ) nRTnbVV
anp =−
+ 2
2
kPap 404=
( )K
nR
nbVV
anpT 492
2
2
=
−
+
=
2
436,0
molNma =
molmb
38,42 ⋅
=µ
molKJR 317,8=
T=?
59
100.U sudu zapremine 3310 mV −= nalazi se količina azota moln 1= pod pritiskom MPap 10= .Kolika će da bude greška pri izračunavanju temperature azota ako se on smatra
idealnim gasom.Van der valsove konstante azota su : 2
4135,0
molNma = ,
molmb
36,38 ⋅
=µ .
3310 mV −= '
'T
TT −=δ
moln 1= nRTpV = KnRpVT 1229==
MPap 10= ( ) KnbVV
anpnR
T 12461' 2
2=−
+=
2
4135,0
molNma =
124612461229 −
=δ
molmb
36,38 ⋅
=µ %4,136,1 ≈=δ
δ=? 101.U rezervoaru zapremine 32mV = nalazi se i ubacuje vazduh pomoću kompresora. Spoljašnji pritisak je mbarpa 1000= ,a temperatura Ct o31 −= .U jednom ciklusu kompresor
zahvati iz atmosfere vazduha zapremine 331055 mlVo−⋅== i ubaci ga u rezervoar.Kada
pritisak u rezervoaru posatane viši od spoljašnjeg za MPap 4,0=∆ kompresor prestaje da radi.
Temperatura u rezervoaru se održaje na temperaturi Ct o532 −= .Koliko vremena traje punjenje rezervoara ako je za jedan ciklus kompresoru potrebno vrijeme s1,01 =τ .
32mV = 1ττ ⋅= N ommN ∆
=
mbarpa 1000= 21
1 RTMmVp ⋅= 2
22 RT
MmVp ⋅=
Ct o31 −= ppp ∆+= 12 mmm ∆+= 12 331055 mlVo
−⋅== ( ) 21
1 RTM
mmVpp ⋅∆+
=∆+
MPap 4,0=∆ 2RT
pMVm ∆=∆
Ct o532 −= 1RTMm
Vp ooa =⋅
1RTVpM
m oao
⋅=
s1,01 =τ 3
2
1
1
2 102 ⋅=∆
=⋅⋅
∆
=TVp
pVT
RTVpM
RTpMV
Noaoa
τ=?
12
1 ττ ⋅⋅⋅⋅⋅∆
=TVpTVp
oa sekundii 20min3'200 ⋅⋅==τ
60
3
1
(p4,V4,T2)
(p1,V1,T1)
(p2,V2,T1)
(p3,V3,T2)
izoterma 1
izoterma 2
adijabata 1
adijabata 2
1
102.Bakarna šipka čija je površina poprečnog presjeka 242 1055 mcmS −⋅== na Ct oo 0=
izduži se za mcml 3101,0 −==∆ pri zagrijavanju.Kolika se količina toplote pri tome utroši?
Gustina bakra iznosi 38890mkg
=ρ .Specifična toplota bakra je kgJc 400= i koeficijent
linearnog širenja 15107,1 −−⋅= Kα . 242 1055 mcmS −⋅== tcmQ ⋅⋅= ρρ ⋅⋅=⋅= SlVm o
Ct oo 0= tlltll ooo ⋅⋅+=∆⋅+= αα )1(
mcml 3101,0 −==∆ tlll oo ⋅⋅=− α
38890mkg
=ρ oo
oll
lll
t⋅∆
=⋅−
=αα
kgJc 400=
oo l
lcSlQ⋅∆
⋅⋅⋅⋅=α
ρ
15107,1 −−⋅= Kα JQ 51005,1 ⋅= Q=? 103.Čvrsto tjelo pliva u tečnosti na temperaturi Kto 273= pri čemu je potopljeno 98% njegove zapremine.Pri zagrijavanju tečnosti do Kt 2981 = primjetimo da je tjelo potonulo i da lebdi u vodi.Ako je toplotni koeficijent zapremine širenja materijala čvrstog tjela
151026 −−⋅= Kα odredimo koeficijent zapreminskog širenja. 198,0 VVo = 11 tVVV oo ⋅+= γ
Kto 273= 1111 98,098,0 tVVV ⋅⋅+= γ Kt 2981 = 198,098,01 t⋅⋅=− γ
151026 −−⋅= Kα γ⋅⋅= 29898,002,0
γ=? 15106,81 −−⋅= Kγ
KRUŽNI PROCESI
1.-2. tačke (izotermička ekspanzija) 11 QA = 01 =∆U 2.-3. tačke (adijabatska ekspanzija) 22 AU =∆ 02 =Q 3.-4. tačke (izotermička kompresija) 33 QA = 03 =∆U 4.-1. tačke (adijabatska kompresija) 4321 UQUQA ∆−−∆+=
1
21Q
QQ −=η VpA ∆⋅=
V1 V4 V2 V3 V
2
4
61
1 2
3
V
p
Q41
Q34
Q23
Q12
2
1 4
3
V1 V3 V4
p1,p4
p2,p3
V
p
104.Na grafiku je prikazan ciklus Q1 koji vrši jedan mol idealnog gasa u nekoj toplotnoj mašini. Izračunati radove koje vrši mašina u svakom toku ciklusa i toplote koji gas razmjeni sa okolinom u toku svakog procesa u zavisnosti od temperature (T1,T2,T3)gasa u stanjima 1,2,3.Proces od 3.-1. je adijabatski. 1.-2. proces RTnpV n= 1=nn 1212122112 )( RTRTpVpVVVpVpA −=−=−⋅=∆⋅=
( )1212 TTRA −= ( )121212 23 TTRUUU −=−=∆
)(23)( 1212121212 TTRTTRUAQ −+−=∆+=
( )121212 25
231)( TTRTTRQ −=
+−=
2.-3. proces 023 =A
( )232323 23 TTRUUU −=−=∆
)(23
2323 TTRQ −=
3.-1. proces 3131 UA ∆−=
( )1331 23 TTRU −−=∆ ( )3131 2
3 TTRU −=∆
( )3131 23 TTRA −= 031 =Q
105.Idealni dvoatomski gas koristi se kao radno tjelo u toplotnoj mašini čiji se radni ciklus sastoji: 1. Izohorno zagrijavanje od pritiska Pap 6
1 108 ⋅= do pritiska 12 2 pp = pri zapremini lV 11 = 2.Izobarnog širenja do zapremine 23 5VV = 3.Izotermnog širenja do pritiska 14 pp = i zapremine 34 2VV = 4.Izobarnog sabijanja do početnog stanja Koliki rad izvrši mašina u toku jednog ciklusa i koliko je koeficijent korisnog dejstva? 1.) Pap 6
1 108 ⋅= 12 2 pp = lV 11 = 2.) 23 5VV = 3.) 14 pp = 34 2VV =
A=? η=?
41342312 AAAAA +++= 11
21QA
QQQ
=−
=η 012 =A
11212123223 8842)( VpVpVpVVpA ==⋅=−=
62
2ln10ln 113
434 Vp
VVnRTA ==
1141141 9)( VpVVpA −=−= kJVpVpVpVpA 4,47)12ln10(92ln1080 11111111 =−=−++= 3423121 QQQQ ++=
111212 25)( VpTTCnQ V =−⋅⋅= 15,0
4,2994,47
1===
kJkJ
QAη
112323 28)( VpTTCnQ p =−⋅⋅=
2ln10 113434 VpAQ == kJVpQ 4,2992ln102825
111 =
++=
ISPARAVANJE
rhgpp atmosfpare
σρ 2. +⋅⋅+⟩⟩
apare pp ≥ mkQ i ⋅=1
ki-specifična toplota isparavanja m- masa posmatranog tjela TOPLJENJE
mkQ tt ⋅= )( 12 ttcmQ −⋅⋅= Tečnosti koje se ne mogu kristilizirati nazivaju se prehlađenim tečnostima. 106.Smješu od 5 kg leda i 15 g vode pri temperaturi 0oC treba zagrijati do temperature 15oC , uvođenjem vodene pare temperature 100oC.Odrediti potrebnu količinu pare da bi se izvršio ovaj proces.
kgmleda 5= Količinu toplote koju oslobodi para )(' spxix ttCmkmQ −+= gmvode 15= Toplota koju primi led i voda,para otpušta 2)( tCmmkmQ vlll ∆⋅⋅++=
Ct osrednja 80= QQ =' 1ttt sp ∆=−
Ct opare 100= 21 )( tCmmkmtCmkm vlllxix ∆⋅⋅++=∆⋅+
kgMJki 25,2= ( ) 21 )( tCmmkmtCkm vlllix ∆⋅⋅++=∆⋅+
kgkJkl 35,3= kg
ttCktCmmkm
mspi
vlllx
32 105,7)(
)( −⋅=−⋅+
∆⋅⋅++=
CkgJC o2,4=
mx=?
63
107.Komad livenog gvožđa mase 2 kg zagrijan do 800oC mase 2 kg.Pri tome se voda zagrije od 20oC do 100oC,a jedan dio ispari.Odrediti količinu vode koja ispari .Specifična toplota
livenog gvožđa je Ckg
JC o2
1 105,5 ⋅= ,a aluminijuma Ckg
JC o2
2 102,9 ⋅= .Toplota
isparavanja vode je kgJki
61025,2 ⋅= .
kgm 21 = - Toplota oslobođena pri hlađenju gvožđa od temperature t1 do kgm 8,02 = temperature tk )( 1111 kttmCQ −=
Ct o8001 = -Količina toplote koju primi aluminijski sud )( 3222 ttmCQ k −=
CkgJC o
21 105,5 ⋅= -Toplota koju primi voda )( 3333 ttmCQ k −=
CkgJC o
22 102,9 ⋅= -Toplota koju primi voda ix kmQ ⋅=4
4321 QQQQ ++= => 3214 QQQQ −−= kgm 23 = )()()( 333322111 ttmCttmCttmCkm kkkix −−−−−=⋅
Ct o203 = i
kkkx k
ttmCttmCttmCm
)()()( 333322111 −−−−−=
Ct ok 100= kgmx
3103,18 −⋅=
kgJki
61025,2 ⋅=
mx=? 108.Radi određivanja toplote topljenja olova izvršen je sljedeći eksperiment.Naime, 76 g istopljenog olova pri temperaturi 400oC uspe se u bakarni kalorimetar mase 0,1 kg koji sadrži 0,2 kg vode temperature 15oC.Krajnja temperatura mješavine iznosila je 21oC.Odrediti toplotu topljenja olova uzimajući da je specifična toplota tečnog olova jednaka specifičnoj toploti
čvrstog olova i da iznosi Ckg
JC oPb2102,1 ⋅= . Specifična toplota bakra je
CkgJC o
21 108,3 −⋅= ,a vode je
CkgJC o
32 102,4 ⋅= .
kgm 31076 −⋅= Toplota koju daje olovo pri promjeni temperature od 400oC-21oC
Ct o400= )( sPb ttmCQ −⋅=
Ct os 21= Količina toplote koju daje olovo pri očvršćavanju Q' ; mkQ i ⋅='
CkgJC oPb
2102,1 ⋅= Količina toplote kalorimetra )( 1111 ttmCQ s −=
CkgJC o
21 108,3 −⋅= )( 1222 ttmCQ s −=
kgm 1,01 = 21' QQQQ +=+
Ct o151 = QQQQ −+= 21'
64
kgm 2,02 = )()()( 122111 sPbssi ttmCttmCttmCmk −⋅−−+−=⋅
CkgJC o
32 102,4 ⋅=
( )( )m
ttmCttmCmCk sPbs
i)(12211 −⋅−−+
=
ki=? kgJki
41023,2 ⋅=
109.Olovna kugla koja leti brzinom smv 452= udara u prepreku i zaustavlja se u njoj.
Izračunati koji će se dio kugle istopiti ako pri udaru kugla apsorbuje 50% toplote. Temperatura kugle prije udara iznosi Ct o27= ,a temperatura topljenja olova iznosi
Ct oo 327= .Specifična topota olova je
CkgJC o126= ,a specifična toplota topljenja olova je
kgJki
41026,2 ⋅= . 1
2)(
210050 mkttCmmv
io ⋅+−⋅⋅=⋅ /4
smv 452= 1
2 4)(4 mkttCmmv io ⋅⋅+−⋅⋅⋅=
Ct o27= 12 4)(4 mkttCmmv io ⋅⋅=−⋅⋅⋅−
Ct oo 327= [ ] 1
2 4)(4 mkttCvm io ⋅⋅=−⋅⋅− / imk4
1
CkgJC o126= 59,0
4)(42
1 =⋅
−⋅−=
i
ok
ttCvmm
?1 =mm
110.U kalorimetar sa 0,1 kg leda temperature Ct o
o 0= uvodi se vodena para temperature
Ct o100= .Koliko će vode biti u kalorimetru neposredno poslje topljenja leda.Toplota
isparavanja vode je kgJki
61025,2 ⋅= , a toplota topljenja leda je kgJkl
51033,3 ⋅= .
CkgJC o126=
kgml 1,0= Toplota topljenja leda Q3 ll mkQ ⋅=3
Ct oo 0= Toplota pri kondenzovanju Q1 ix kmQ ⋅=1
Ct o100= Toplota pri hlađenju kondenzovane pare Q2 )(2 ox ttCmQ −⋅=
kgJki
61025,2 ⋅= 321 QQQ =+ lloxix kmttCmkm ⋅=−⋅+ )(
kgJkl
51033,3 ⋅= [ ] lloix kmttCkm ⋅=−+ )(
mx=? kgttCk
kmm
oi
llx
3105,12)(
−⋅=−+
⋅=
65
h
111.U kalorimetar koji sadrži kgm 25,0= vode temperature Ct o15= stavi se kgm 02,01 = snijega natopljenog vodom.Temperatura u kalorimetru se smanji za 5oC.Koliko je vode bilo u snijegu. kgm 25,0= Q - količina toplote koju primi voda )( sttmCQ −=
Ct o15= Q1- količina toplote koja se koristi za topljenje snijega ix kmmQ ⋅−= )( 11 kgm 02,01 = Q2- količina toplote koja se koristi za zagrijavanje snijega )(12 os ttCmQ −=
Ct o51 =∆ 21 QQQ += Cttt os 101 =∆−=
mx=? )()()( 11 osixs ttCmkmmttmC −+⋅−=− )()(1 sosiix ttmCCtCtkmkm −−−+=
i
sosix k
ttmCCtCtkmm
)()(1 −−−+=
kgmx3107 −⋅=
112.Kugla gustine ρ i specifičnog toplotnog kapaciteta C zagrijana je do temperature t i spuštena u led temperature Ct o
o 0= .Kugla je pri tome istopila led do dubine h.Koliki je poluprečnik kugle? Pretpostaviti da se oslobođena količina toplote troši na topljenje leda. Gustina leda je označena sa ρo. 21 QQ = Količina toplote pri hlađenju kugle je Q2 )(2 ottmCQ −= Količina toplote Q1 utrošena na topljenje leda λmQ =1 λ-toplotna provodnost
Vm ⋅= ρ 3232 RhRV ⋅+⋅⋅= ππ
)32( 32 RhRm ⋅⋅+⋅⋅⋅= ππρ
)32(2 RhRm ⋅+⋅⋅= πρ
tCRhRQ ⋅⋅+⋅⋅= )32(2
2 ρπ λπρλρ ⋅⋅⋅=⋅⋅= 31 3
4 RVQ oo
21 QQ = λρπρπ ⋅⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅⋅ 3234)
32( RtCRhR o
034
32
=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅ λρπρπρπ RtCRtCh o
tC
tChRo ⋅⋅−⋅
⋅⋅⋅⋅=
ρλρρ
23
66
113.Gvozdena loptica radijusa 1 cm zagrijana je do 120oC i položena u led.Temperatura leda je 0oC.Do koje će dubine da propadne loptica u led ? Smatrati da se cjelokupna toplota preda
ledu.Gustina gvožđa je 37880mkg
=ρ ,a gustina leda je 31 917mkg
=ρ ,specifična toplota
gvožđa je kgK
JC 460= .Toplota topljenja leda iznosi kgJqt
51033,3 ⋅= .
cmR 1= Ct o120=
Ct oo 0=
37880mkg
=ρ
31 917mkg
=ρ
kgKJC 460=
kgJqt
51033,3 ⋅= Količina toplote koju otpusti kugla tl qmQ ⋅=1
X=? 21 QQ = )( oGtl ttCmqm −⋅⋅=⋅
tl qRXRm ⋅⋅+⋅⋅⋅= )32( 32
1 ππρ 334 RmG ⋅⋅⋅= πρ
tCRqRXR t ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅+⋅ 3321 3
4)32( πρππρ
tCRqRqXR tt ⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅ 331
21 3
432 πρπρπρ
tt qRtCRqXR 31
321 3
234
⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅ πρπρπρ
cmqR
qRtCRX
t
t25,13
234
21
133
=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=
πρ
ρππρ
114.Koliko je vode temperature Ct o101 = potrebno staviti u sud sa vodom mase gm 802 =
čija je temperatura Ct o682 = da bi se dobila voda temperature Ct o183 = .Koliko se dobije vode temperature t3?
Ct o101 = )()( 322131 ttCmttCm −⋅=−⋅
gm 802 = kgttC
ttCmm 8,5
)()(
13
3221 =
−−
=
Ct o682 = kgmm 6,68,08,521 =+=+
Ct o183 =
m1=? m1+m2=?
X
67
Količina toplote ∆Q koja se prenese kroz normalnu površinu za neko vrijeme ∆t tQ∆∆
=Φ
Gustina toplotnog fluksa
Φ= 2m
WS
q
Toplotni fluks kroz planparalelnu ploču je XTS
∆∆
⋅−=Φ λ gdje je:
λ-Toplotna provodnost S-Površina ploče ∆T-Razlika temperature ∆X-Debljina ploče Pri prenošenju unutrašnje energije kroz cilindričnu cijev dužine l toplotni fluks je
∆⋅⋅⋅
=Φ
1
2ln
2
rr
Tl λπ
Toplotna provodljivost kroz kristalna tjela ⋅⟩⟨⋅⋅= λαλ zapC31
m
zap VCC = - Zapreminska topotna kapacitivnost supstance
α-Brzina prenošenja toplote tj. brzina prostiranja zvuka kroz tu supstancu <λ>-Srednja dužina slobodnog puta protona
Toplotna provodnost idealnih gasova VCv ⋅⋅⟩⟩⟨⟨⋅⋅= λρλ31
ρ-Gustina gasa <v>-Srednja aritmetička brzina gasa <λ>-Srednja slobodna dužina odnosno srednja dužina slobodnog puta CV-Specifična toplotna kapacitivnost pri stalnoj zapremini 115.Toplotna provodnost kiseonika O2 na temperaturi KT 373= iznosi mW325=λ . Koliki je koeficijent viskoznosti kiseonika na istoj temperaturi ako kiseonik ima jedan stepen
slobode. molkgM 028,0= , j=1
KT 373= VCv ⋅>><<⋅⋅= λρλ31
mW325=λ >><<⋅⋅= λρη v31
molkgM 028,0= >><<⋅⋅= λρλ v
CV 31
j=1 ηλ=
VC
MjRCV 2
=
η=? sPajR
M
MjR
⋅=⋅
== µλλη 502
2
68
116.Koliki je odnos efektivnog prečnika atoma argona i helijuma ako je na jednakim uslovima
odnos njihovih toplotnih provodnosti 8,7.Molekularna masa argona je molkgM 04,01 = , a
helijuma molkgM 004,02 = .
7,8=a VCv ⋅>><<⋅⋅= λλ ρ 111 31
molkgM 04,01 =
RtpM1
1=ρ ;
1
8M
RTv⋅
>=<π
; pd
kT⋅⋅⋅
>=< 21
1 2 πλ
molkgM 004,02 = VCv ⋅>><<⋅= λλ ρ 222 3
1
?2
1 =dd
RtpM 2
2=ρ ;
2
8M
RTv⋅
>=<π
; pd
kT⋅⋅⋅
>=< 22
2 2 πλ
1
22
1
2
2
1 1MM
dd
a
==
λλ
1
2
21
22
1
MM
dd
a = 65,11
2
2
1 ==MM
add
117.Prostor između dvije paralelne ploče ispunjen je argonom.Rastojanje između ploča je označeno sa l.Jedna se ploča održava na temperaturi T1, a druga na temperaturi T2.Odrediti gustinu toplotnog fluksa između ploča.Pretpostaviti da se temperatura između ploča mjenja linearno sa rastojanjem .Efektivni prečnik atoma argona sa d,a molarna masa sa M.Gas se nalazi na standardnom pritisku.
l,t1,t2 dXdTq ⋅−= λ VCv ⋅>><<⋅⋅= λρλ
31
t1>t2 M
RTv⋅
>=<π8
RnkM
=ρ
d,M nd ⋅⋅
= 221
πλ
MRjCV ⋅=
2
q=? MRj
RnkM
ndMRTq ⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
⋅−=
2218
2ππ
2228
djk
MRTq
⋅⋅
⋅⋅
⋅−=
ππ ∫ ∫⋅⋅
⋅⋅
⋅−=l
o
t
tT
MR
dkjqdx
2
1
21
23 ππ /dT
−
⋅⋅
⋅⋅
⋅−=
233
231
232
2tt
MR
dkjql
ππ ( )2323
1292 tt
MR
dkjql −⋅
⋅⋅
⋅⋅⋅=
ππ
69
l1 l2
T2 T1 TX
118.Između dvije tanke metalne planparalelne ploče koje se održavaju na stalnim temperaturama T1 i T2 gdje je T1>T2 ,nalaze se dva sloja toplotnog izolatora načinjena od dvije različite supstance toplotnih provodnosti λ1 i λ2 debljine l1 i l2.Kolika je temperatura TX na površini dodira ova dva izolatora? 21 Φ=Φ 21 TT >
1
111 l
TTS X−⋅⋅=Φ λ
2
222 l
TTS X −⋅⋅=Φ λ
2
22
1
11 l
TTSl
TTS XX −⋅⋅=
−⋅⋅ λλ /
Sll 21
)()( 212121 TTlTTl XX −⋅=−⋅ λλ 2121221121 TlTlTlTl XX ⋅⋅−⋅⋅=⋅⋅−⋅⋅ λλλλ
XX TlTlTlTl ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅ 2112212121 λλλλ
2112
212121ll
TlTlTX ⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅=
λλλλ
119.Jedan kraj staklenog štapa dužine 30 cm i površine poprečnog presjeka 3 cm2 nalazi se u električnoj peći za topljenje metala u kojoj se održava temperatura od 400oC dok je drugi kraj ovog štapa zaronjen u sud u kome se nalazi smješa leda i vode. ( )CT o02 = .Pod pretpostavkom da se unutrašnja energija prenosi samo duž štapa a ne i kroz bočne strane. Odrediti masu leda koja se istopi za vrijeme 60s.Toplotna provodljivost upotrebljenog stakla
iznosi mKW67=λ .
Q1-Količina toplote koja se prenese preko staklenog štapa τ⋅Φ=1Q Q2-Količina toplote topljenja leda tqmQ ⋅=2
cml 30= XTS
∆∆⋅⋅−=Φ λ ; 12 ttT −=∆ ; lX =∆
23cmS = l
ttS 21 −⋅⋅=Φ λ 21 QQ =
Ct o4001 = tqml
ttS ⋅=⋅−
⋅⋅ τλ 21
Ct o02 = τλ ⋅−⋅⋅=⋅⋅ )( 21 ttSlqm t s60=τ 1tSlqm t ⋅⋅⋅=⋅⋅ τλ
mKW67=λ g
lqtS
mt
8,41 =⋅⋅⋅⋅
=τλ
kgJqt
61033,0 ⋅=
ml=?
λ1 λ2
70
R2
120.Prostor između dva koaksialna metalna cilindra čiji su poluprečnici r1 i r2 ispunjen je homogenim toplotnim izolatorom.Odrediti raspodjelu temperature t(r) u funkciji rastojanja r od ose cilindra ako je temperatura unutrašnjeg cilindra t1, a spoljašnjeg t2 (t1>t2).
∆⋅⋅⋅⋅
=Φ
1
2ln
2
RR
Tlλπ drdTrl
XTS ⋅⋅⋅⋅−=
∆∆⋅⋅−=Φ πλλ 2
−⋅⋅⋅⋅
=Φ
1
2
21
ln
)(2
RR
ttlλπ (1)
dTrdr
l⋅−=⋅
⋅Φ λπ2
/∫ ∫∫ ⋅−=⋅⋅
Φ )(
112
rt
t
r
RdT
rdr
lλ
π
)()ln(ln2 1)(1 ttRr
l r −⋅−=−⋅⋅
Φ λπ
)(ln2 1)(
1tt
Rr
l r −⋅−=⋅⋅
Φ λπ
1)(1
ln2
ttRr
l r ⋅+⋅−=⋅⋅
Φ λλπ
1
1)( ln2 R
rl
tt r λπ ⋅⋅Φ
−= (2)
Kada u 2 uvrstimo u 1 dobijemo:
−−=
1
2
1211)(
ln
ln)(
RRRr
tttt r
OSCILACIJE
Vrste oscilovanja:
R2
R1 r
t1 t(r) t2
71
Jednačina kretanja
)sin( ϕω +⋅= tAX Tπω 2
=
A-amplituda φ-početna faza T-period oscilovanja
T1
=ν -frekvencija oscilovanja
)cos( ϕωω +⋅⋅⋅== tAdtdXv
)sin(22
2ϕωω +⋅−=== tA
dtdX
dtdva
kxAT
mamF X −=−
=⋅= 2
24π
)2(cos22
22
222ϕππ
+⋅== tTT
mAmvEk
)2(sin22
22
222ϕππ
+⋅=−= tTT
AkxE p
glT π2=
l-dužina klatna 121.Napisati jednačinu harmonijskog kretanja čija je amplituda cmA 15= i početne faze
oo 120=ϕ ,ako se za vrijeme st 60= izvrši 15 oscilacija.
mcmA 15,015 == )2sin( otT
AX ϕπ+⋅=
oo 120=ϕ )
3260
152sin(15,0 ππ
+⋅=X
st 60= )3
28sin(15,0 ππ +=X
15=T 3
26sin15,0 π=X
X=? 122.Nacrtati dijagram harmonijskog kretanja tjela čija je amplituda 5 cm, φo=0,a period 10s.
mA 05,0= 0=oϕ sT 10=
T
5
5
0
A[cm]
t[s]
72
123.Nacrtati dijagram dvije harmonijske oscilacije jednakih amplituda i kružnih frekvencija ,
čija se faza razlikuje za 2π
+ rad i 2π
− rad.
124.Jednačina oscilatornog kretanja tjela ima oblik )sin( ϕω +⋅= tAX o gdje je mAo 4= ;
652,0 πω ==
srad i rad
3πϕ = .Odrediti:
a)period oscilovanja b)najveću brzinu c)najveće ubrzanje pri kretanju tjela
a) Tπω 2
= sT 1,122==
ωπ
b) )cos( ϕωω +⋅⋅= tAv => 1)cos( =+⋅ ϕω t
smAv 1,2== ω
c) )sin(2 ϕωω +⋅⋅= tAa => 1)sin( =+⋅ ϕω t
22 07,1
smAa == ω
125. Tjelo mase 3 g vrši harmonijsko oscilovanje frekvencije 0,5 Hz.Odrediti brzinu,ubrzanje i silu koja djeluje na tjelo u trenutku kada je elongacija 3cm.Amplituda oscilovanja je 4 cm.
kggm 31033 −⋅== )sin( ϕω +⋅= tAX Tπω 2
=
Hz5,0=ν
mcmX 21033 −⋅== )cos( ϕωω +⋅⋅= tAv
mcmA 21044 −⋅===
v,a,F=? 2ωAa −=
T
2π
−
2π
+
73
)(sin 222 ϕω +⋅= tAX (1)
)(cos2222 ϕωω +⋅= tAv / 21ω
)(cos222
2ϕω
ω+⋅= tAv (2)
[ ])(cos)(sin 2222
22 ϕωϕω
ω+⋅++⋅=+ ttAvX ; [ ] 1)(cos)(sin 22 =+⋅++⋅ ϕωϕω tt
22
22 AvX =+
ω 22222 ωω AvX =+
22222 XAv ωω −= smXAv 083,02222 =−= ωω
22 3,0
smAa =−= ω
NamF 3109,0 −⋅=⋅= 126.Tas sa tegom ,obješen o oprugu osciluje vertikalno sa periodom oscilovanja 0,5s.Kada se na tas postavi još jedan teg period vertikalnih oscilacija iznosi 0,6s.Za koliko se istegne opruga usljed djelovanja tega na tasu? Masu opruge i tasa zanemariti.
sT 5,01 = kmT π21 =
kmT ⋅= 22
1 4π
sT 6,02 = k
mmT ∆+= π22
kmmT ∆+
⋅= 222 4π
∆l=? km
kmmTT 222
12
2 44 ππ −∆+
=− kmTT ∆
=− 221
22 4π
l
gml
Fk∆⋅∆
=∆
=
glTT ∆
=− 221
22 4π 2
21
22
4)(
πgTT
l−
=∆
ml 31027 −⋅=∆ 127.Materijalna tačka vrši harmonijsko oscilovanje po kosinusnom zakonu frekvencije 0,5 Hz.
U početnom trenutku ona prolazi kroz ravnotežni položaj,a njena brzina je s
cmvo 4,31= .
Napisati jednačinu koja daje zavisnost trenutnom položaju materijalne tačke od vremena.
Hz5,0=ν )sin( ϕωω +⋅−== tAdtdxv ; za t=0 => ϕω sinAvo −=
scmvo 4,31= 0≠A ; 0cos =ϕ ; 0sin <ϕ =>
2πϕ = ili
23πϕ =
X=? cmvv
A oo 102
===πνω
)2
3cos(10 ππ +⋅⋅= tcmX
74
Mvo
128.Na glatkom horizontalnom stolu leži kuglica mase M pričvršćena za oprugu koeficijenta krutosti k.U trenutku udara u kuglicu metak mase m ima brzinu vo u pravcu opruge.Odrediti amplitudu i period oscilovanja sistema ,pod pretpostavkom da je sudar neelastičan i da se masa opruge ,trenje i otpor vazduha mogu zanemariti. E1=E2 E1 –Energija sistema u početnom trenutku Ek –Kinetička energija kuglice Eo-Kinetička energija opruge Em-Energija metka
mok EEEE ++=1 0=oE -početni trenutak
1)( vMmmvo += Mm
mvv o
+=1
2)( 2
11
vMmE +=
2
2
2kAE =
02
)(2
21
2=
+−
vMmkA 02
)(2
22=
+
⋅+
−Mm
mvMmkA o
0)( 222 =−+⋅ ovmMmkA )(
1)(
22
Mmkmv
Mmkvm
A oo
+=
+=
2)( ωMmk +=
Tπω 2
=
⋅+= 2
24)(T
Mmk π k
MmT )(2 += π
129.Odrediti kinetičku energiju tjela težine NG 484,0= prikazanog na slici po isteku 0,9s od trenutka kada se tjelo nalazilo u ravnoteznom položaju 0=ϕ . Oscilacije smatrati prostim harmonijskim ako je maksimalna udaljenost od ravnotežnog
položaja cmA 3,4= .Koeficijenti krutosti iznose mNk 1,01 = i
mNk 2,02 = .
M m
75
k2
k
m
2k
3k
m
NG 484,0= tAmEk ⋅= ωω 222 cos2
st 9,0= gmG ⋅= gGm =
cmA 3,4= Tπω 2
= ek
mT π2=
mNk 1,01 =
ekm
⋅=
π
πω2
2
ekm1
=ω
mNk 2,02 =
21
21kkkkke +⋅
=
Ek=? gm 33,43=
mNke 066,0=
s
rad156,1=ω
t
kkkk
m
kkkk
mA
gGEk ⋅
+⋅
+⋅
⋅⋅=
21
21
2
2
21
21
2 1cos12
JEk 6,0=
130.Odrediti potencijalnu energiju tjela mase gm 10= prikazanog na slici u trenutku
st 21013,9 −⋅= ,ako je u trenutku t=0 udaljenost tjela od ravnotežnog položaja jednaka nuli,a maksimalna udaljenost od ravnotežnog položaja iznosi cmA 5= .Period oscilovanja iste mase prikazan je na slici i iznosi 1s.
gm 10= kk
kkkkkke 2,1
56 2
21
21 ==+⋅
=
st 21013,9 −⋅= tmAE p ⋅= ωω 222
sin2
cmA 5= ek
mT π2= Tπω 2
=
sT 1=
⋅=Tt
TTAmE p 2,1
2sin2,1
2 22
22 ππ
Ep=? JE p310028,1 −⋅=
G
76
131.Koliko bi trebalo da bude relativna promjena dužine matematičkog klatna da bi period njihovih oscilacija na površini zemlje i visini kmH 5,1= bili jednaki.
kmRz 6378= o
oo g
lT π2= 2
z
zo
RM
g γ=
kmH 5,1= glT π2=
( )2HRM
gz
z
+= γ
?=oll oTT =
o
ogl
gl ππ 22 =
o
ogl
gl= glgl oo ⋅=⋅
( )
⋅=
+⋅⋅ 22
z
zo
z
z
RMl
HRMl γγ
( )( ) o
o
z
z
z
z
z
z
o HRR
HRM
RM
ll 4,342
2
2
2=
+=
+⋅
⋅
=
γ
γ
132.Materijalna tačka mase kgm 01,0= vrši harmonijsko oscilovanje po kosinusnom zakonu sa periodom od sT 2= i početnom fazom 0=ϕ .Ukupna energija oscilovanja tačke iznosi
JE 410−= .Naći amplitudu oscilovanja A ,napisati jednačinu datog oscilovanja i naći najveću vrijednost sile koja djeluje na tu tačku.
kgm 01,0= tAX ⋅= ωsin
sT 2= tAdtdxv ⋅⋅−== ωω sin
JE 410−= tmAmvEk ⋅== ωω 2222
sin22
A=?,X=?,Fmax=? 2
22
maxωmAEE k ==
22ωmEA =
Tπω 2
=
mEA 21
ω= m
mETA 045,02
2==
π
tmX ⋅= ωcos045,0
2maxmax ω⋅⋅−=⋅= AmamF
NF 3max 104,4 −⋅−=
77
Y
X
133.Materijalna tačka harmonijski osciluje istovremeno u dva uspravna pravca.Period oscilovanja u jednom pravcu je T1 ,a u drugom T2=2T1.Amplitude oscilovanja su jednake.Naći rezultujuće oscilacije materijalne tačke.
tT
AX ⋅
=
1
2sin π
tT
AtT
AY ⋅
=⋅
=
12 22sin2sin ππ
tT
AY ⋅=1
sin π
134.Tjelo mase kgm 5,01 = i drugo tjelo kgm 5,22 = povezani su međusobno oprugom.Prvo tjelo osciluje slobodno i harmonijski sa amplitudom cmX o 2= i kružnom frekvencijom
srad30=ω . Zanemarujući masu opruge odrediti:
a) najveći i najmanji intenzitet sile pritiska ovog sistema na podlogu b)kolika mora da bude minimalna amplituda oscilovanja da bi se tjelo odvojilo od podloge
kgm 5,01 = a) kgm 5,22 = gmmFo ⋅+= )( 21 tXX o ⋅= ωsin
cmX o 2= tXmamF o ⋅⋅⋅−=⋅= ωω sin211
srad30=ω )sin()( 2
121 tXmgmmFFF oouk ⋅±⋅+=±= ωω
tXmgmmF o ⋅+⋅+= ωω sin)( 2121max
tXmgmmF o ⋅−⋅+= ωω sin)( 2121max
b) 0min ≤F 2
121 )( ωoXmgmm ≤⋅+
cmm
gmmX o 7,6
)(2
1
21 =⋅+
≥ω
)cos(2 12212
22
1 Φ−Φ⋅++= AAAAA
2211
2211coscossinsin
Φ+ΦΦ+Φ
=ΦAAAAtg
)(sin)cos(212
212
212
2
2
21
2Φ−Φ=Φ−Φ−+
AAXY
AY
AX
)sin( Φ+⋅= ⋅− teAX to ωβ 22 βωω −= o
78
X[cm]
t[s]
rezultatna kriva
II
A[cm]
υ[s-1]
4
2
1 2 3
Ako su A(t) i A(t+T) amplitude dvaju uzastopnih oscilacija između kojih je vremenski interval t
tada se odnos t
Tt
t eAA ⋅
+= β
)(
)( naziva se dekrement prigušenja,gdje je tot eAA ⋅−= β
)( i
)()(
TtoTt eAA +−
+ = β 135.Oscilovanje materijalne tačke može se prikazati jednačinom tAX ⋅⋅= 12sin νπ (1)gdje se A mjenja sa vremenom po zakonu )2cos1( 2 tAA o ⋅⋅+= νπ (3)i gdje je Ao=const. . Naći od kojih se harmonijskih oscilacija sastoji oscilovanje (1) .Nacrtati grafike pojedinačnog i rezultujućeg oscilovanja za slučaj kada je cmAo 4= , 1
1 2 −= sν , 12 1 −= sν .
Nacrtati spektar složenog oscilovanja. Zamjenom (3) u (1) ttAX o ⋅⋅⋅⋅+= 12 2sin)2cos1( νπνπ ttAtAX oo ⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅= 211 2cos2sin2sin νπνπνπ
( )[ ] ( )[ ]tAt
AtAX oo
o ⋅++−⋅+⋅⋅= 21211 2sin2
2sin2
2sin ννπννπνπ
I II III
IIII
79
136.Napisati jednačinu rezultujućeg oscilovanja koja se dobije slaganjem dva međusobno normalna oscilovanja sa jednakim frekvencijama Hz521 ==νν početnim fazama
36021
π==Φ=Φ o .Amplituda jedne oscilacije je mA 10,01 = ,a druge mA 05,02 = .
Hz521 ==νν
36021
π==Φ=Φ o )(sin)cos(2
122
1221
22
2
21
2Φ−Φ=Φ−Φ−+
AAXY
AY
AX
mA 10,01 = 1)cos( 12 =Φ−Φ 0)(sin 122 =Φ−Φ
mA 05,02 = 02
212
2
2
21
2=−+
AAXY
AY
AX
02
21=
−
AY
AX
XAAY
1
2= Jednačina prave linije mAAA 112,022
21 =+=
5,01
2 ==ΦAAtg '34265,0 oarctg ==Φ
137.Logaritamski dekrement prigušenih oscilacija matematičkog klatna jednak je 2,0=β . Koliko se puta umanji amplituda oscilovanja u toku jednog perioda oscilovanja.
2,0=β toeAA ⋅−= β
1
?2
1 =AA )(
2Tt
oeAA +⋅−= β
22,1)(2
1 ==⋅
== ⋅⋅−⋅−
⋅−
+⋅−
⋅−T
Tt
t
Tto
to e
eee
eAeA
AA β
ββ
β
β
β
138.Oscilator istovremeno upravna oscilovanja tX ⋅= πcos i 2
cos tY ⋅=
π .Naći trajektoriju
rezultujućeg oscilovanja materijalne tačke
tX ⋅= πcos 2
sin2
coscos 22 πππ −= 2
cos12
sin 22 ππ−=
2cos tY ⋅
=π
2cos1
2coscos 22 πππ +−=
ttX ⋅
−=⋅= 1
2cos2cos 2 ππ 1
2cos2 2 −= tX π
2
cos tY ⋅=
π => 12 2 −= YX
12 2 =− XY
80
TALASI -Linijski -Površinski -Sferni 1.Longitudinalni 2.Transverzalni )sin( kxto −⋅= ωψψ ψo- amplituda talasa ψ-elongacija talasa
ω-kružna frekvencija Tπω 2
= T1
=ν λ
ν C=
k-talasni broj λ-talasna dužina Njutnova jednačina za brzinu prostiranja longitudinalnih deformacija kroz čvrstu i tečnu elastičnu sredinu računa se:
ργE
C =
Eγ-Youngov modul elastičnosti
Brzina prostiranja talasa kroz gas ρ
χ pC ⋅=
V
p
CC
=χ
Brzina prostiranja transverzalnih deformacija duž zategnute žice µEC =
lm
=µ
µ-podužna masa žice Maksimalno pojačanje dva konherentna talasa λnxx =− 12 (n=0,1,2...) x2 i x1-predstavljaju pređene puteve talasa od izvora pa do mjesta interferencije Maksimalno slabljenje dva konherentna talasa iznosi
( )2
1212λ
+=− nxx (n=0,1,2...)
139.Neka čestica elastične sredine nalazi se na rastojanju cmX 4= od izvora.Ona biva
pogođena talasom i poslje vremena 6Tt = pomjeri se na rastojanje jednako polovini
amplitude.Odrediti talasnu dužinu talasa koji se prostire u ovakvoj sredini.Period oscilovanja čestica je t.
cmX 4= )sin(CXtAY −⋅= ω
Tπω 2
= TC ⋅=λ
6Tt =
⋅
−⋅
=λππ X
TtAY 22sin
λ=?
81
⋅
−=λππ XAA 2
3sin
21
212
3sin =
⋅
−λππ X
6
23
πλππ
=
⋅
−X X⋅=⋅⋅−⋅⋅ πλπλπ 3636
mXX 48,0123
36=⋅=⋅=
ππλ
140.Ako u čelični štap dužine ml 5,1= i površine poprečnog presjeka 283,1 cmS = ,optereti tegom težine NQ 4905= i istegne se za mml 2,0=∆ .Odrediti brzinu prostiranja
longitudinalnih djelovanja kroz štap.Gustina čelika je 37850mkg
=ρ .
ml 5,1=
283,1 cmS = ργE
C =
NQ 4905= SF
=σ llE ∆
⋅= γσ
mml 2,0=∆ llE
SF ∆
⋅= γ lS
lFE∆⋅⋅
=γ
37850mkg
=ρ FQ = lS
lQE∆⋅⋅
=γ
C=? ρ
lSlQ
C ∆⋅⋅
= sm
lSlQC 31006,5 ⋅=∆⋅⋅
⋅=
ρ
141.Metalni štap dužine l i toplotnog koeficijenta linearnog širenja 15102 −−⋅= Kα ,zagrije se od temperature 20oC do 80oC.Koliki je odnos osnovnih frekvencija longitudinalnih oscilacija štapa na ovim dvjema temperaturama ako je on učvršćen po sredini.
15102 −−⋅= Kα l
Co 2=ν
ργEC = )1( tll o ⋅+= α
Ct o201 = lS
mVm
⋅==ρ αγ 3=
)1( tlSm
o ⋅+⋅=
γρ
Ct o802 = )1()1(2
1 tlm
SEtl o
oo ⋅+⋅
⋅
⋅+⋅= γ
αγν
?2
1 =o
oνν
20 )1()1(
21
tt
lmSE
o ⋅+
⋅+⋅
⋅
⋅=
αγγν
22
2
21
1
2
1
)1(1
)1(1
tt
lmSE
tt
lmSE
o
o
o
o
⋅+
⋅+⋅
⋅
⋅
⋅+
⋅+⋅
⋅
⋅
=
αγ
αγ
νν
γ
γ
9994,011
11
2
1
1
2
2
1 =⋅⋅+⋅+
⋅+⋅+
=tt
tt
o
oγγ
αα
νν
82
ll3
3l′
l2
2l′
l1
1l ′
l0
0l ′
142.Iznad cilindričnog suda dužine ml 2,1= nalazi se zvučna viljuška koja osciluje sopstvenom učestanošću Hzo 527=ν .Ako se ovaj sud polahko puni vodom odrediti na kojim će visinama nivo vode na sudu u odnosu na dno zvuk viljuške biti maksimalno
pojačan.Temperatura prostorije Ct o20= .Brzina zvuka na 0oC smCo 331= ,a koeficijent
zapreminskog širenja vazduha 10037,0 −= Kγ .
ml 2,1= ,...2,1,0 4
12=⋅
+= kkl kk λ
Hz5270 =ν 1 4
120 tCpχCCkl
kk ⋅+=
⋅=⋅
+= γ
ρν
Ct o20= νν 0 sm343C 2,1 === kk ml
smCo 331= ,...3,2,1,0 2,1
412
0=≤⋅
+ kCk
ν
10037,0 −= Kγ 19,3≤k
I. 3=k
mlll
mHzsm
l
06,0
14,1527
343
4132
33
3
=−=′
=⋅+⋅
=
II. 2=k
mlll
mHzsm
l
39,0
81,0527
343
4122
33
3
=−=′
=⋅+⋅
=
III. 1=k
mlll
mHzsm
l
71,0
49,0527
343
4112
33
3
=−=′
=⋅+⋅
=
IV. 0=k
mlll
mHzsm
l
04,1
16,0527
343
4102
33
3
=−=′
=⋅+⋅
=
143.Kolikom silom treba zategnuti žicu dužine 1 m da bi davala osnovni ton frekvencije 200Hz, masa žice 6g.
kggm
Hzml
31066
2001
−⋅==
==
ν
83
p,n
NmlF
mlF
l
lmF
l
Fl
nFl
n
960441
41
/21
1 2
2
22
22
2
=⋅⋅⋅=
⋅⋅=
=⋅=
⋅=
=⋅=
ν
ν
ν
ν
ν
µµ
µ
µ
144.Otvorena staklena cijev djelimično je potopljena u tečnost.Najmanja frekvencija na kojoj rezonuje vazdušni stup 3400 Hz.Za koliko treba skratiti vazdušni stup u cijevi da bi rezonovao na najmanjoj frekvenciji od 5000 Hz.
HzHz 5000 3400
2
1
=
=
νν
l
l
=⋅
=
λ
λ
414
νλ C=
( )2 414
2llC
ll
∆−=⋅
∆−=
ν
λ
( )1 41
1lC
=⋅ν
8
41
41
41
12
12
mmllCC
lllCC
=∆⇒∆−=
−⋅
−∆−=⋅−⋅
νν
νν
ATOMSKA FIZIKA p,n,e e e
Jsh 3410626,6 −⋅=
I Orbitalni moment impulsa h⋅== nmvrL π2h
=h
n – glavni kvantni broj v – brzina kretanja elektrona m – masa elektrona
r - poluprečnik orbite hneZr⋅⋅
⋅=2
041
επ
2
212
0 1085,8NmC−⋅=ε 2
22
eZmhnr⋅⋅
⋅=
hEE ji −=ν
Ce 106,1 15−⋅=
84
ν- frekvencija emitovanog zračenja pri prelasku elektrona sa neke i-te na neku j- tu orbitu. Ei – energija na i – toj orbiti Ej – energija na j – toj orbiti
ChmeR
ijZeR
⋅⋅⋅
⋅=
−⋅⋅⋅=
320
4
222
8 11
εν
17 10096,1 −⋅= mR kgme3110109,9 −⋅=
R – Rydbergova konstanta
( )
−⋅−⋅= 22
2 111ji
bZRλ
b – konstanta koja zavisi od serije rönthgenskog zračenja
Intezitet zračenja xeII ⋅−⋅= µ0 koji prolazi kroz materijal debljine x.
I0 – intezitet zračenja snopa koji pada na materijal. µ – koeficijent apsorcije 145.Naći radijus prve i druge Borove orbite elektrona u atomu vodonika i brzine elektrona u njima?
π
π ε
2
: /4
1 22
2
0
2
hnmvr
rr
eZr
mv
⋅=
⋅⋅=
2
041
2
eZrmv
rmhnv
⋅⋅=
⋅⋅⋅
=
επ
π
222
222
20
2
4
4
rmhnv
vmeZr
⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅⋅
=
π
π ε
222
22
0
2
44
rmhnm
eZr
⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
⋅=
ππ ε
sm
rmhnv
mrem
hrZ
eZm
hnr
hnmeZrmr
6
11
111
2
20
12
220
220
2222
1018,22
1033,5
1
44
⋅=⋅⋅
⋅=
⋅=
⋅⋅
⋅==
⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=
−
π
ππ
ππ
εεε
smv
mem
hr
n
62
112
20
2
2
1009,1
102,212
2
⋅=
⋅=⋅⋅
⋅⋅=
=
−
πε
146.Odrediti frekvenciju obrtanja elektrona na prvoj i drugoj Borovoj orbiti atoma vodonika kao i frekvenciju emitovanog fotona pri elektronskom prelazu među tim orbitama.
?=ω n ω⋅= rv
neZv
nZem
rrv
n
nn
nn
14
4
0
2
22
20
⋅⋅⋅
⋅=
⋅⋅⋅
⋅⋅==
h
h
ε
εω
π
π
85
1162-1
223
2416
2
161
330
42
22
20
0
2
1055,1
112
1051,0
1n 2 101,4
24
4
−
−
⋅=
−⋅⋅
=−
=⋅=
==⋅=
⋅⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
==
sknh
Zemh
EEs
rad
ks
rad
nmeZ
nZem
neZ
rv
nkkn
n
nn
ν
νω
ω
εεεω
ππ
π
hh
h
147.U Borovom modelu atoma elektron obilazi jezgro po kružnoj orbiti i u najnižem energetskom stanju: 1.) Odrediti poluprečnik orbite elektrona 2.) Koliko puta elektron obiđe jezgro u jednoj sekundi 1.)
π2hkrmv kr⋅
= => k
r rmhkv⋅⋅
⋅=
π2 => 222
222
4 kr
rmhkv⋅⋅
⋅=
π
ce FF = k
k
ko rvm
re 2
2
2
4⋅
=⋅⋅ επ
ko
k rmev
⋅⋅⋅=
επ4
22
Upoređivanjem izraza 22kr vv = dobijemo
πε⋅⋅
⋅=
mehk
r ok 2
22
za k=1 dobijemo mr 121 1053 −⋅=
2.) πνω 21
11 ==
rv
1
1
2 rv⋅
=π
ν 214 rm
h⋅⋅
=π
ν 214 rm
h⋅⋅
=π
ν 151066,6 −⋅= sν
148.Kako se mjenja orbitalni moment impulsa elektrona u atomu vodonika pri prelazu elektrona iz pobuđenog stanja u osnovno ako je u tom slučaju njegova talasna dužina
nm25,97=λ .
nnn rmvrmv
LL 111 =
nnn rvrv
LL 111 =
rZeE
o ⋅⋅−=
επ8
2
¨-.. (minus)- označava smanjenje energije pri prijelazu sa veće na manju orbitu
π2hnrvm ⋅
=⋅⋅ r
mvr
Ze
o
22
4=
⋅⋅επ 2
22
eZmhn
r o
⋅⋅⋅⋅
=π
ε
hnZevo ⋅⋅
=ε2
2
2
2
22
24
8 nchRZ
hnZemE
o
⋅⋅⋅−=
⋅⋅⋅⋅⋅
−=ε
2
2
2
2
1 1chRZ
nchRZEEhch n
⋅⋅−
⋅⋅=−==
λν => 4
)1(2
2=
−⋅⋅
=λλ
RZRZn ;
4111 ==
nLL
n
86
149.Pri prolasku monohromatske svjetlosti kroz sloj vode debljine 1 km intenzitet joj opadne e-puta ,gdje je e osnova prirodnog logaritma. Isto toliko puta opadne intenzitet monohromatskih x-zraka pri prolasku kroz sloj debljine 5 cm.Izračunati odnos koeficijenata apsorbcije ovih zračenja.
mkmx 100011 == 1111
xo eII µ−=
mcmx 05,052 == 2222
xo eII µ−=
?1
2 =µµ 21 II =
221121
xo
xo eIeI µµ −− = => 2211 xx µµ =
2000005,0
1000
2
1
1
2 ===xx
µµ
150. Kolike debljine treba da bude aluminijski zaklon , da bi vršio istu zaštitu od monohromatskog x- zračenja kao zaklon od olova debljine 0,5 cm? Koeficijent apsorbcije olova 52,5 cm-1 , a koeficijent apsorbcije aluminija je 0,765 cm-1.
cmd 5,01 = 1111
do eII µ−=
11 5,52 −= cmµ 22
22d
o eII µ−= 1
2 765,0 −= cmµ 21 II = d2=? 2211 dd µµ =
cmd
d 31,342
112 =
⋅=
µµ
NUKLEARNA FIZIKA Zakon radioaktivnog raspada može se napisati u obliku No-broj jezgara radioaktivnog materijala u momentu t=0 N-broj raspadnutih jezgara tog materijala u nekom vremenu t λ-konstanta radioaktivnog raspada Period raspada
Srednje vrijeme života elementa
Aktivnost radioaktivnog elementa Energija veze čestice
to eNN ⋅−⋅= λ
λ2ln
=T
λ1
=t
NdtdNA λ−=−=
2mcEV ∆=∆
87
151.Period poluraspada radioaktivnog argona je 110 minuta. Odrediti vrijeme za koje se raspadne 75% početnog broja argona.
NNN o −=∆
oNN 75,0=∆
toeNN ⋅−= λ t
ooo eNNN ⋅−−= λ75,0
te ⋅−−= λ175,0 te ⋅−= λ25,0
25,01ln1
λ=t
TTTt 22ln2ln2
2ln4ln
===
min22011022 =⋅== Tt
![Vafa-Witten invariants of projective surfaces · Cumrun Vafa Ed Witten Riemannian 4-manifold M, SU(r) bundle E !M, connection A, elds B 2 +(su(E)); 2 0(su(E)), F+ A + [B:B] + [B;]](https://static.fdocument.org/doc/165x107/611a45e8ffc9dd3cfa5ceb98/vafa-witten-invariants-of-projective-surfaces-cumrun-vafa-ed-witten-riemannian-4-manifold.jpg)
