Средње школе

Наука

Регионална такмичења средњих школа из физике, 6. април, 2002.

I разред:

1. Два чамца полазе истовремено из једног мјеста у друго и крећу се узводно по праволинијском путу. Растојање између мјеста је 1. Први чамац прелази прву половину пута брзином v₁, а другу половину пута брзином v₂ (v₁¹v₂) у односу на ријеку. Други чамац се у току прве половине укупног времена креће брзином v₁, а у току друге половине времена брзином v₂, у односу на ријеку. Брзина ријеке је u (u<v₁,v₂).

а) Израчунати вријеме потребно сваком чамцу да стигне у друго мијесто (15 п);

б) Који од ових чамаца и за колико раније стиже у друго мјесто (10п)?

Рјешење 1. задатак:

a) U odnosu na posmatrača na obali brzine čamaca su u₁=v₁-u  i u₂=v₂-u (2p), gdje je u brzina rijeke. Prvi čamac stigne u drugo mjesto za vrijeme  t₁=l/2u₁+l/2u₂=l(u₁+u₂)/2u₁u₂, tj. t₁=l(v₁+v₂-2u)/2(v₁-u)(v₂-u)  (5p). Neka je t₂ ukupno vrijeme kretanja drugog čamca. Za vrijeme t₂/2 drugi čamac pređe put s brzinom u₁, a za naredno t₂/2 pređe put l-s brzinom u₂, tako da je s=u₁t₂/2  (3p) i l-s=u₂t₂/2 (3p). Odatle je t₂=2l/(u₁+u₂)=2l/(v₁+v₂-2u)  (2p).

b) Lako se može pokazati da je D t=t₁-t₂=l/(v₁-v₂)²/2(v₁-u)(v₂-u)(v₁+v₂-2u)  (5p), a kako su u ovom izrazu i brojilac i imenilac veći od nule, to je  Dt>0, pa je t₂<t₁, odakle slijedi da drugi čamac prije stigne u drugo mjesto  (5p).  Prihvatiti i grafička rješenja sa obrazloženjem.

2. Automobil mase m=2x10³kg kreće se konstantnom brzinom v=90km/h. U trenutku t=0 na  automobile počinje da djeluje horizontalna sila F suprotno od smjera njegovog kretanja, po linearnom zakonu kao na slici. Za koje vrijeme će se automobil zaustaviti? (M. f. broj 71) (25 p)

Rješenje 2. zadatak:

Promjena sile F u toku vremena je linearna i može se izraziti pomoću F=kt (4p), gdje je k koeficijent pravca prave F=f(t). Koeficijent pravca se dobije pomoću grafika sa slike, uz date podatke, i iznosi k=1 kN/s (5p). Površina ispod prave  F=f(t) je Ft/2 (5p) i ona je brojno jednaka impulsu p=mv  (4p), pa je  t=  2mv/k =10s  (7p).

3. Balon se kreće vertikalno uvis konstantnom brzinom v=5m/s. U trenutku kada se balon nalazi na visini H=50m iznad zemlje, iz njega se baci naviše kuglica početnom brzinom v₀=10m/s u odnosu na balon. Izračunati maksimalnu visinu koju će dostići kuglica u odnosu na zemlju, vrijeme kretanja kuglice od njenog bacanja iz balona do pada na zemlju, kao i srednji intenzitet brzine kuglice na putu za ovo vrijeme. Zanemariti promjenu ubrzanja Zemqine teže sa visinom i uzeti da je g=9,81m/s². (25 p)

Rješenje 3. zadatak:

Kretanje kuglice je isto kao kad bi se sa visine H=50m kuglica bacila vertikalno naviše početnom brzinom v₀’=v₀+v=15m/s  (5p) u odnosu na zemlju. Maksimalna visina koju će kuglica da dostigne je H_max=H+v₀’/2g=61,5m  (5p). Vrijeme potrebno da bačena kuglica padne na zemlju je t=v₀’/g+  2H^max/g =5,07s  (8p). Srednja brzina kuglice je v_sr=(2H_max-H)/t=14,4m/s  (7p)

4. Lopta poluprečnika R kotrlja se ravnomjerno, bez klizanja, po dvjema horizontalnim i paralelnim šinama, kao na slici. Rastojanje između šina je d=1,5R, a brzina najviše tačke lopte u odnosu na zemlju je v_n=0,2m/s. Kolika je brzina centra mase lopte i koliko vremena je potrebno lopti da pređe put s=10m? (25 p)

Rješenje 4. zadatak:

Brzina najviše tačke lopte u odnosu na zemlju je je v_n=v+ωR  (5p), gdje je v brzina centra mase, aω ugaona brzina lopte.Pošto se lopta kotrlja bez klizanja, brzina tačke kojom dodiruje šinu je nula, pa je 0=v-ωr (4p), tj. ω =v/r , a r je rastojanje od dodirne tačke lopte i šine do ose rotacije lopte. Iz prethodne relacije dobijamo  v=v_n/(1+R/r  (5p), a sa slike  vidimo da je r=  R²-d²/4  (4p), pa se dobija da je brzina centra mase lopte v=0,12m/s  (4p). Lopta će rastojanje  s=10m preći za t=s/v=83s  (3p)

II разред:

1. Са висине h = 10m на подлогу падну два тијела од олова маса m₁ = 2,3 kg и m₂ = 5,1 kg. Под претпоставком да тијела нису поскакивала и да се сва механичка енергија тијела претворила у унутрашњу енергију, нађите промјену температуре сваког од тијела при описаном паду. Специфични топлотни капацитет олова износи c = 130 J/kgK, док је интензитет убрзања Земљине теже g = 9,81 m/s².

(25п)

2. У затвореној и топлотно изолованој посуди запремине V = 25 l у којој се налази хелијум, налази се и комадић леда масе m = 1,2 g. За колико ће се промјенити притисак хелијума у посуди усљед топљења леда? Латентна топлота топљења леда износи λ = 3,3×10⁵ J/kg .

(25п)

3. Клип тежине Q = 30 N има облик кружног диска полупречника R = 4 cm са отвором у средини за који је учвршћена цијев полупречника r = 1 cm. Клип може без трења да клизи дуж зидова посуде (слика 1). У почетку клип лежи на дну посуде. Ако кроз цијев у посуду улијемо m = 700 g воде, до које висине   ће се попети клип у посуди? (М.ф. број 65)

(25п)

4. За процес 1-2-3-4-1 који је приказан на V-T дијаграму (слика 2) и који се састоји од двије изобаре (1-2 и 3-4) и двије изохоре (2-3 и 4-1) нацртајте одговарајући p-V дијаграм. Познато је да су тачке 1 и 3 на једној изотерми. Покажите да је рад A, који једноатомски идеални гас изврши у овом процесу, позитиван. Ако је познато да је однос максималне и минималне запремине гаса у процесу једнак k, нађите однос A/U извршеног рада A и унутрашње енергије U₁ гаса у тачки 1.

(26п)

Рјешења задатака за II разред:

1. Како се потенцијална енергија тијела претвара у потпуности у унутрашњу енергију, важи m_igh=mcΔt_i (i=1,2) (6п), сдје су Δt_i одговарајуће промјене температуре. Из ових ј-на слиједи Δt_i=gh/c (6п), па закључујемо да промјена температуре не зависи од масе тијела (6п). Дакле, температура оба тијела порасте за Δt=gh/c, односно Δt=0,75K (8п).

2. Унутрашња енергија хелијума прије топљења леда је U₁=3p₁V/2 (4п), гдје је p₁ почетни притисак хелијума. За топљење леда неопходно је утрошити енергију Q=λm (4п), па је унут. енергија хелијума након топљења леда U₂=U₁-Q=3p₁V/2-λm (5п). Како је U₂=3p₂V/2 (4п), гдје је p₂ притисак хелијума након топљења леда, помоћу претходне ј-не добијамо p₁-p₁=-2λm/3V (5п). Дакле, ритисак хелијума ће се смањити за Δp=-2λm/3V, односно за Δp=11kPa (3п).

3. Ако са  означимо висину воде изнад нивоа клипа (слика 1), тада је на дну посуде притисак p=ρg(H+h) (6п). Са друге стране, притисак  ствара сила интензитета Q+mg, па важи и p=(Q+mg)/R²p (6п), одакле је ρg(H+h)=(Q+mg)/R²p. Како клип придржава сила интензинзета Q=ρgh(R²-r²)p (6п), имамо h=Q/ρ g(R²-r²)p, па након замјене у прву ј-ну и рјешавања по H добијамо H=(m-Qr²/g(R²-r²)/ R²ρp (5п), тј. H=9,9cm (2п).

4. На слици 2 приказан је тражени pV дијаграм (4п). Процеси 1-2 и 3-4 су изобарски, а како је нагиб праве 1-2  мањи од нагиба праве 3-4 на V-T дијаграму, закључујемо да је p₁=p₂>p₃=p₄ (2п). Током изохорског процеса 2-3 температура се смањује, а самим тим смањује се и притисак, док у изохорском процесу 4-1 важи обратно (1п). Рад извршен током једног циклуса једнак је A=(p₁-p₁)(V₂-V₁) (5п). Како је V₂=kV₂, имамо V₂-V₂=V₂(k-1). Тачке 1 и 3 су на изотерми, па је p₁V₁=p₃V₃ (2п), а како је p₃V₃=p₄V₂=kp₄V₁, имамо је p₄=p₁/k. Сада је је p₁-p₄=p₁(1-1/k), па је коначно A=p₁V₁(k-1)²/k (5п). Дакле, важи A>0 (1п), а то се види и са слике 2, имајући у виду смјер обиласка контуре. Како је U₁=3p₁V₁/2 (2п), имамо A/U =2(k-1)²/3k (3п).

Слика 1

Слика 2

III разред:

1.  Neprovodni prsten mase M i radijusa R , ravnomjerno naelektrisan naelektrisanjem Q može slobodno da rotira oko ose koja je normalna na ravan u kojoj on leži i koja prolazi kroz njegov centar. Prsten je smješten u oblast magnetnog polja sa vektorom magnetne indukcije normalnim na ravan prstena. U centralnoj oblasti prstena (0<r<L) magnetna indukcija iznosi 2B, dok je u preostaloj oblasti prstena (L<r<R) jednaka B. Magnetno polje počinje zatim ravnomjerno da opada do nule. Ako je poznato da je prsten u početnom trenutku mirovao, odrediti ugaonu brzinu koju će steći nakon iščezavawa magnetnog poqa.    (25 p)

2.   Tačka oslonca A dvojnog klatna prikazanog na slici vrši male harmonijske oscilacije u horizontalnom pravcu. Dužina lake niti koja spaja kuglice jednaka je l, dok su mase donje i gornje kuglice m i M , kao što je prikazano na slici.  Koliki je period malih oscilacija tačke A ako je poznato da gornja nit sve vrijeme ostaje u vertikalnom položaju?  (25 p)

3.  Dva jednaka termogena otpora, kalem i kondenzator priključeni su na izvor naizmjeničnog napona u=U₀ cos wt, kao na slici. Odrediti oblik napona između tačaka A i B prikazanog kola, ako se zna da struje koje protiču kroz dvije njegove grane imaju jednake amplitudne vrijednosti. Poznate su sljedeće veličine i odnosi:

U₀=10V, R/Lw =1,  n=50Hz, cosa-cosb=2sin[(a-b)/2]sin[(a+b)/2]       (25 p)

4.  Longitudinalan talas prostire se kroz vazduh brzinom v₀=340m/s. U nekom trenutku elongacije i brzine dviju uočenih čestica iznose x₁=7 10^-5m, v₁=4 10^-2m/s i x₂=10^-4m, v₂=2 10^-2m/s. Odrediti:

a) kružnu frekvenciju w posmatranog mehaničkog talasa,

b) amplitudu oscilovanja x₀ čestica pogođenih talasom,

v) rastojanje Du između ravnotežnih položaja ovih čestica.

Promjena amplitude oscilovanja sa udaljenošću od izvora može se zanemariti.  (25p)

Рјешења задатака за III разред:

1.  Magnetni fluks kroz površinu prstena, prije početka opadanja magnetne indukcije, iznosi  F=2BL²p+B(R²-L²)p =B(R²+L²)p   (6p). EMS koja se javlja u toku trajanja ove promjene jednaka je e =DF/D t=(R²+L²) p  DB/D t  (4p). S obzirom da je u pitanju indukovanje vrtložnog el.  polja, imamo  e =E 2Rp   (4p). Kako je u pitanju izolator, na prsten djeluje sila F=qE (3p), koja u svakoj tački ima pravac tangente na prsten, pa mu saopštava tangencijalno ubrzanje

a_t= qE/M=Q(R²+L²)B/2RM Dt  (4p).

Po isteku vremena  D t  prsten stiče ugaonu brzinu

w =a_t Dt/R=Q(R²+L²)B/2R²M      (4p) .

2.  Prema uslovu zadatka gornja nit sve vrijeme ostaje u  vertikalnom položaju, što znači da su sve spoljašnje sile, koje djeluju na opisani sistem, usmjerene u pravcu vertikale. Slijedi da se centar mase sistema ne pomjera u horizontalnom pravcu (4p), pa se kuglice uvijek kreću u suprotnim smjerovima (2p). Kako je nit koja spaja kuglice laka, sile zatezanja kojima donja nit djeluje na kuglice su jednake, pa važi Ma₁=Tcosa , ma₂=Tcosa  , odnosno a₁/a₂=m/M  (5p). Kako je pri harmonijskom  oscilovanju a=xw², sa slike slijedi  aw²/bw²=a₁/a₂ (5p), odnosno (l-s)/s=m/M, pa dobijamo s=lM/(m+M) (5p). Tačka B (centar mase  kuglica) ne kreće se po horizontali, pa kretanje donje kuglice možemo smatrati slobodnim oscilacijama matematičkog klatna dužine s . Strogo govoreći, tačka B premješta se po vertikali, međutim, za male oscilacije dvojnog klatna, ovo kretanje ne utiče mnogo na period. Konačno dobijamo T=2p   s/g , tj. T=2p  M/((M+m)g)     (4p)

 3.  Amplitude struja u granama kola date su sa I₀₁=U₀/  R²+1/C² w²  i  I_o2=U₀  R²+L²w²  (4p). Kako je I₀₁=I_o2, slijedi Lw = 1/Cw   (4p). Struja kroz granu sa kondenzatorom prednjači u odnosu na napon izvora za arctg(1/ RCw) =arctg(Lw/R)-p/4  (4p), dok struja u drugoj grani kola kasni za istu vrijednost (4p). Drugo Kirhofovo pravilo daje nam

u₁=i₁R-i₂R=I₀R(cos(w t+p/4) - cos(w t- p/4))   (5p),

odnosno  u₁=2RI₀sin( p/4)sinw t . Nakon sređivanja ovog izraza dobijamo u=U₀sinw t, tj.  u=1oVsin(100p rad/s t) ili samo  u= 10sin100p t   (4p  ).

4.  a)  U trenutku t elongacije su date sa x₁=x₀cos(w t-ku_l) i x₂=x₀cos(w t-ku₂)  (2p), a odgovarajuće brzine v₁ = -x₀ sin(wt-ku₁) i v₂ = -x₀ sin( wt-ku₂)  (2p). Kvadriranjm i oduzimanjem posljednje dvije j-ne dobija se  w =   (v₁²-v₂²)/(x₂²-x₁2) =485 rad/s     (4p)

b)  Kvadriranjem i sabiranjem izraza za x₁ i v₁, ili za x₂ i v₂, uz korišćenje osnovnog trigonometrijskog identiteta, dobijamo x₀=  x1²+v₁²/w ²=  x₂^{2 -} v₁²/w ² =1,08 10^-4 m  (8p)

v)  Faze oscilovanja uočenih tačaka su  w t-ku₁ = arccosx₁/x₀   i  w t-ku₂= arccos x₂/x₀  (2p).

Oduzimanjem ovih j-na dobijamo  D u =u₂-u₁ = 1/k (arccosx₁/x₀--arccosx₂/x_o)  (2p).  Kako je k=2p /l   i    n =lv , imamo da je   k=w/ n   (2p), pa je konačno D u=0,335m  (3p)

IV разред:

1. Astronaut i njegov prijateq na Zemqi izvršili su sihronizaciju  časovnika prije nego što je astronaut krenuo na relativističko svemirsko putovanje. To putovanje je počelo 1. januara ove godine, tačno u podne. Svemirski brod sve vrijeme putuje po pravoj liniji konstantnom brzinom v=0,6c. Danas, 6. aprila u 10 sati, prijatelj na Zemlji je odlučio da teleskopom pogleda šta se dešava u svemirskom brodu. Primijetio je da na zidu astronautove sobe vise kalendar i digitalni časovnik. Šta oni pokazuju? Prijatelj je uočio da astronaut mijenja smjer svog putovanja i da kreće kući istom brzinom v=0,6c . Efekte usporavanja i ponovnog ubrzavanja zanemariti, tj. smatrati da je promjena smjera brzine trenutna. Kada će astronaut doći na Zemlju? Šta će tada pokazivati njegov kalendar i časovnik?  (30 p)

2. Svemirski brodovi B1 i B2 konstruisani su za proučavanje dubokog svemira. Prvi ima sferni oblik i njegov poluprečnik je r1=0,8m , dok drugi ima oblik kupe poluprečnika osnove r2=0,5m i visine h2=2m. Oba satelita su premazana istom bojom, koja omogućuje da apsorbuju cjelokupno elektromagnetno zračenje koje na njih padne. Sateliti kreću sa Zemlje tako da je vrh kupe drugog satelita usmjeren od Sunca. Pretpostavljajući da se mogu zanemariti svi uticaji Zemlje i drugih planeta, naći temperaturu ovih satelita na početku njihovog putovanja. (30 p)

3. Radijalni svjetlosni izvor snage W nalazi se na osi simetrije kružne pločice na rastojanju k puta većem od poluprečnika te pločice. Naći silu kojom izvor djeluje na pločicu ako se svi fotoni reflektuju od pločice. (Mladi fizičar broj 61) (20p)

4. Jon helijuma  4He+ prelazi iz drugog pobu|enog stanja u osnovno. Foton, koji se pri tome emituje, jonizuje vodonikov atom u prvom pobu|enom stanju. Naći brzinu i impuls izbačenog elektrona.  (20 p)

Konstante:

-Plankova,   h=6,626 10-34Js                    elem. nael.       e=1,602 10-19C

-Št.-Bolc.    s=5,67 10-8W/m2K4           Komptonova     lc =2,42pm

-Ridberg.       R=1,097 107m-1                   udaljenje Z-S    D=149,5 109m

-masa el.        Me=9,11 10-31kg                 polupr.    S       Rs=6,96 108m

                                                                       temper.  S         T=6000K

Рјешења задатака за IV разред:

1. Sa stanovišta posmatrača na Zemlji, do sada je prošlo t=2278 sati (1p) od početka putovanja. To vrijeme je jednako τ=T1/  1-v2/c2 +l/c  (5p), gdje je T1 sopstveno vrijemeu brodu. L je rastojanje koje je brod prešao putujući od Zemlje. L=vT1/  1-v2/c2  (2p), pa je onda T1= τ  (c-v)/(c+v)=0,5τ =1139 sati  (5p). Kalendar u kabini pokazuje 17. februar , dok je na časovniku 23 sata  (2p). Na povratku, zbog iste brzine i puta, astronautu je potrebno isto sopstveno vrijeme. Kad do|e na Zemlju u kabini će proteći ukupno T2=2T1= τ =2278 sati (2p), što znači da je na njegovom kalendaru u trenutku dolaska 6. april, a na časovniku 10 sati (2p). Vrijeme na Zemlji, koje protekne od posmatranja do dolaska astronauta, označimo sa Δτ . Vrijeme kretanja broda ka Zemlji, za prijatelja na Zemlji, iznosi T1/ 1-v2/c2   (1p), pa je  Δτ =T1/ 1-v2/c2  -L/c  (4p), iz čega slijedi da je  Δτ =T1  (c-v)/(c+v)=0,5T1=569,5 sati  (4p) . Astronaut će doći na Zemlju 30. aprila u 3 sata i 30 minuta (2p).

2. Sunce u jedinici vremena izrači (2p). Zbog velike udaljenosti mažemo Sunce smatrati tačkastim izvorom svjetlosti koji zrači ravnomjerno u prostorni ugao od 4p  steradijana.  Na satelit B1 na početku putovanja pada dio energije koji je izračen u prostorni ugao (3p), dok je za satelit B2 taj ugao  (3p). Apsorbujući kao crna tijela , sateliti u jedinici vremena prime energiju  (3p) odnosno  (3p). Zbog zračenja sateliti  gube u jedinici vremena energiju  (3p) i  (3p). Izjednačavanjem emitovane i apsorbovane energije satelita  za njihove temperature u ravnotežnom stanju dobijamo =289,5K  (5p) i =272,1K  (5p)

3. Kad foton padne pod uglom θ  na površinu pločice, promjena njegove normalne komponente impulsa pri refleksiji je: Δ p=2pcos θ  (4p). Ako je N broj fotona koje emituje izvor u jedinici vremena, onda unutar elementarno malog ugla dw=2p sinθ dθ  na pločicu u jedinici vremena pada dN=N/4p dw=(N/2)sinθdθ  fotona (4p).  Sila kojom oni djeluju na pločicu je dF=dN 2pcos θ =Np sinθ cos θ d θ =1/4 Npsin(2θ)d(2θ) (4p). Ukupna sila kojom djeluju svi fotoni koji padnu na pločicu je F=∫dF=Np/2 sin² j=Nhu/2cr2/(r²+k²r²) (3p). Ovdje je 2j  ugao pod kojim se iz izvora vidi pločica. Slijedi :  F=W/2c 1/(1+k²)   (5p).

4.  Emitovani foton iz jona helijuma ima energiju E₂-E₁=Z²(1-1/3²) 13,6 eV=48,4 eV  (3p). Elektron u atomu vodonika ima vezivnu energiju Ev=13,6 eV 1/2²=3,4 eV  (3p). Kinetička energija elektrona koji se izbaci pri jonizaciji vodonikovog atoma je

T=hu–Ev=45,0 eV= 7,2 10^-18 J  (4p).

 Brzina i impuls elektrona  su v=  =4,0 10⁶m/s  (5p) i p==3,6 10^-24kgm/s. (5p)