ZADACIXIII dravno takmienje uenika srednjih kola iz fizike

Sarajevo, 14/15.05.2010.

Zadatak 1: Automobil na ledu (20 poena)Automobil ubrzava na ledenoj stazi tako da su mu pogonski tokovi uvijek na granici proklizavanja (recimo da koristi elektroniku pomo "Traction Control"). Brzina takvog automobila mijenja se po zakonu prikazanom na slici.

a) Izraunajte koeficijent trenja (izmeu tokova automobila i podloge) pretpostavljajui da automobil ima pogon na sva etiri toka.

(10 poena)b) Automobil je opremljen runim mjenjaem, tako da kada voza mijenja brzinu postoji vrijeme 1 = 0,5 s tokom kojeg nema vune sile na tokovima (tako da za to vrijeme automobil usporava usljed otpora zraka). Osim u tom vremenskom intervalu, automobil ima ubrzanje ba kao na grafiku. Tokom ovog kretanja voza jednom promijeni brzinu i zbog toga automobil konanu brzinu od 40m/s dostigne 2 = 1,0 s kasnije nego to bi je dostigao kada ne bi bilo promjene brzine u mjenjau. Na osnovu ovih podataka procijenite koliku brzinu je imao automobil u trenutku posezanja vozaa za mjenjaem. Pretpostavite da je otpor zraka konstantan tokom procesa promjene brzine.

(10 poena)

Rjeenje:

a) Na samom poetku kretanja sila otpora zraka se moe zanemariti, a sila koja automobil vue naprijed jednaka je sili trenja koja se moe ostvariti izmeu tokova i podloge:

. (1)(2 poena)

Budui da je

(2)

imamo

. (3) (4 poena)

Poetno ubrzanje a odreujemo sa grafika (kao koeficijent pravca krive v(t) na poetku kretanja):, (4)

tako da je

. (5)(4 poena)

b) Za rjeavanje ovog dijela zadatka bitno je shvatiti da je interval promjene brzine relativno kratak i da se u tako kratkom intervalu kriva ubrzanja moe smatrati pravom linijom. Kada tokovi ostanu bez pogonske sile, ubrzanje automobila opadne za vrijednost g iz jednaine (2). Nakon vremena 1ubrzanje ima istu vrijednost kao i prije:

Ukupno kanjenje 2 se dobije kada se na 1 doda vrijeme koje je potrebno da se brzina "vrati" na vrijednost prije upotrebe mjenjaa. S obzirom da je 2 = 21, imamo potpuno simetrinu situaciju za vrijeme trajanja cijelog intervala 2 (obojeni trougao na slici je jednakokraki), tako da je koeficijent pravca tokom opadanja brzine isti po intenzitetu (ali sa suprotnim predznakom) kao i koeficijent pravca nakon toga:

(6)odnosno

. (7)

(6 poena)Dakle, trebamo nai taku na grafiku u kojoj tangenta na krivu ima koeficijent pravca 0,5. Ne oekujemo precizan odgovor (zato se kae u zadatku "procijenite"), ali lako se moe utvrditi da je to u blizini take

v 25 m/s. (8) (4 poena)

Zadatak 2. Tiranosaurus (20 poena)Paleontolozi su otkrili tragove tiranosaurusa gdje su otisci stopala jedne iste noge meusobno udaljeni za A = 4 m. Oni su takoer pronali jedan primjerak kosti noge koji je imao povrinu poprenog presjeka N=10000 puta veu od kosti kokoke (sa kojom se povezuje tiranosaurus).

i) Znajui da je noga kokoke duga (visoka) priblino l = 15cm, procijenite duinu noge tiranosaurusa. Moete pretpostaviti da je odnos duina noge kokoke i tiranosaurusa isti kao i odnos duina cijele ivotinje. Da li je va rezultat konzistentan sa duinom koraka A (da li isti razmjer odgovara i duini koraka?)

ii) Procijenite kolika bi bila prirodna brzina hoda tiranosaurusa (brzinu kojom bi se normalno kretao) aproksimirajui hodanje - kretanje noge sa kretanjem klatna koje vri slobodne oscilacije. Postavite i detaljno fizikalno objasnite sve pretpostavke koje ste pri tom napravili!

Moment inercije ipke u odnosu na osu koja prolazi jednim krajem je 23

1LMI . (M je masa ipke, a L

njena duina)

Rjeenje:

i) Znajui da je masa m proporcionalna zapremini, veza izmeu masene i duinske skale (razmjer) je

31

)(m

MlL . (3 poena)

Sila F na kosti ivotinje proporcionalna je masi ivotinje i povrini poprenog presjeka kosti; pa zbog toga je povrina proporcionalna masi.

Tako, Nm

M , iz ega slijedi m3.233/1 NlL . (3 poena)Duina koraka jednaka je polovini rastojanja izmeu dva traga iste noge, tj. 2m. To odgovara uglu izmeu nogu 36

2,3

1arcsin2 , to se ini razumnim. (3 poena)

ii) Napravimo model noge smatrajui je nekim fizikim klatnom. Noga se moe aproksimirati jednom uniformnom ipkom (tapom) koja je objeena u svom gornjem kraju (zglob). Tako je

moment inercije noge jednak 23

1LMI , gdje je M masa noge.

Za male uglove oscilovanja klatna, samo sila koja djeluje na nogu dolazi od mase noge. Tako e jednaina obrtanja krutog tijela (II Newtonov zakon) glasiti:

sileMI (2 poena)gdje je ugaono ubrzanje, I moment inercije, a moment sile e biti jednak proizvodu sile (gravitacona sila Mg) i udaljenosti od ose obratnja (krak sile), pa emo imati:

23

12

22 LgM

dt

dLM , (2 poena)

gdje je ugao otklona noge, takav da je krak gravitacijske sile (poluge) jednak 2

L .

Ova se jednaina moe ljepe napisati kao

02

32

2

L

g

dt

d

Uporedimo ovu jednainu sa jednainom prostih oscilacija klatna 022

2

dt

d pa moemo

zakljuiti:

- da je kruna frekvencija noge jednaka L

g

2

3 . (3 poena)

(Alternativa: Ili moemo znati formulu za period ocilovanja fizikog klatna

2

3

22

2

3

1

22

2

g

LL

Mg

ML

Mgs

IT ........................................................................ (6 poena) )

- Pomak A odgovara jednom periodu, tj. brzina kojom se kree noga bie jednaka

h

km5

s

m2,1

2

3

22

L

gAA

T

Av

. (3 poena)

- Oito je ova brzina hodanja uporediva sa onom koju ima ovjek. (alternativa (4 poena))

Zadatak 3: Cilindar na inama (20 poena)Metalni cilindar radijusa r = 0,1 m i mase 4 kg miruje na provodnim inama kao to je prikazano na slici. ine, koje su razmaknute za a = 0,4 m imaju hrapavu povrinu tako da se cilindar kotrlja po njima. Baterija od 12 V je prikljuena na krajeve ina kao to je prikazano na slici. Jedini znaajan otpor u kolu je kontaktni otpor izmeu cilindra i ine koji iznosi 6 . Sistem se nalazi u uniformnom magnetnom polju i u poetku cilindar miruje neposredno uz bateriju.

a) Koliki mora biti intenzitet i smjer vektora magnetske indukcije da bi cilindar imao poetnu akceleraciju od 0,1 m/s2 prema desno?

b) Nai silu koja djeluje na cilindar kao funkciju brzine v.c) Kolika je maksimalna brzina kojom se cilindar moe kretati? d) Kolika je kinetika energija cilindra koja odgovara njegovoj maksimalnoj brzini?

Zanemariti magnetno polje zbog proticanja struje u kolu i pretpostaviti da je gustoa struje u kolu uniformna. Moment inercije cilindra u odnosu na osu koja prolazi kroz centar masa je 1/2mr2.

Rjeenje:

Neka je tF sila trenja izmeu ina i cilindra, mF sila magnetnog polja koja djeluje na cilindar kroz koji protie struja i mI moment inercije cilindra u odnosu na osu koja prolazi kroz njegov centar masa. Kako je raspodjela gustoe struje ravnomjerna moemo smatrati da rezultujua sila magnentog polja djeluje na visini na kojoj se nalazi centar masa cilindra.a) Iz drugog Newtonovog zakona x xF ma slijedi

m t xF F ma ili

t xBIa F ma mr ,gdje je ugaono ubrzanje valjka. Kako se cilindar kotrlja onda postoji moment sile kojeg stvara jedino sila trenja. Iz drugog Newtonovog zakona za rotaciono kretanje mM I slijedi

t mF r I .Iz prethodnih relacija dobijamo

mx

IBIa ma mr

r

ili rjeavajnem po

2

2

3m

BIa BIar

I mmr

,

gdje smo u prethodnoj jednaini uvrstili izraz za moment inercije valjka. Iz prethodne jednaine slijedi2

3xBIa

a rm

,odnosno

23 3 3 4kg 0,1ms 60,75

2 2 2 12V 0,4mx xma ma RB T

Ia a

6 poena

Primjenom izraza za vektor sila magnentog polja F Il B

zakljuujemo da je magnetno polje usmjereno prema dolje.

2 poena

b) Kada se cilindar pone kretati u njemu se indukuje elektromotorna sila zbog promjene fluksa. Indukovana elektromotorna sila je

ind

B S xa xB Ba Bav

t t t t

.

Struja u cilindru e u tom sluaju iznositiBav

IR

i vidimo da ona zavisi od brzine cilindra i da se smanjuje poveanjem brzine cilindra.Ukupna sila koja djeluje na cilindar sada iznosi

2 222 2 2

3 3 3 3x

BavB a

BIa Ba B aRF ma v

R R

6 poena

c) Iz prethodnog izraza vidimo da se ukupna sila na cilindar smanjuje pri poveanju brzine. U dovoljno dugom vremenskom intervalu ta sila e teiti nuli pa e brzina cilindra postati konstantna. To je ujedno i maksimalna brzina cilindra. Vrijednost maksimalne brzine dobijamo iz uslova

2 2

max

2 20

3 3

Ba B aF v

R R

,

odnosno

max 40 m sv Ba

4 poena

d) Kinetika energija koja odgovara ovoj brzini je2

2 2 2 2 2max,max max max max max2

1 1 1 1 1 34,8kJ

2 2 2 2 2 4k mv

E mv I mv mr mvr

2 poena

Zadatak 4. Dvostruka pukotina (20 poena)Na dvostruku pukotinu irine 0,15 mm pada monohromatska svjetlost talasne duine 600 nm okomito na ravan u kojoj se nalaze pukotine. irina jedne pukotine je 0,03 mm.

a) Skicirati raspodjelu intenziteta svjetlosti na zaklonu, koji je postavljen paralelno ravni u kojoj se nalaze pukotine, na udaljenosti 1 m. Objasniti ovakvu raspodjelu intenziteta.

b) Koliki je broj interferentnih pruga unutar centralnog difrakcionog maksimuma i koliki je njihov meusobni razmak?

c) Pretpostaviti sada da svjetlost ne pada okomito na ravan u kojoj se nalaze pukotine ve pod nekim uglom kao to je prikazano na slici. Odrediti ugao ako se sada interferentni maksimum etvrtog reda nalazi na mjestu gdje je prije bio interferentni maksimum nultog reda.

d) Da li e se promijeniti rastojanje izmedju interferentnih pruga ako se promjeni ugao ?

Rjeenje:

a) Raspodjela intenziteta na dvostrukoj pukotini prikazana je na slici. Naime, na zaklonu se moe vidjeti niz difrakcionih maksimuma od kojih je centralni znatno veeg intenziteta od ostalih. Ovi maksimumi potiu od difrakcije svjetlosti na jednoj pukotini. Kako obje pukotine predstavljaju izvore novih talasa, oni e na zaklonu interferirati i unutar difrakcionih maksimuma dati sloenu interferentnu strukturu.

4 poena

b) Broj pruga unutar centralnog difrakcionog maksimuma odredi emo tako to emo nai red interferentnog maksimuma koji se poklapa sa prvim difrakcionim minimumom.Interferentni maksimumi se pojavljuju kada je ispunjen uslov

sin ks d k .Difrakcioni minimum je odreen uslovom

sin ma m .Ugao koji odgovara prvom difrakcionom minimumu je

1sin a

,a to je upravo ugao koji odgovara k-tom interferentnom maksimumu, pa je

max 1sin 5d d d

ka a

.Dakle, sa jedne strane se pojavljuje 5 maksimuma, sa druge 5 i jedan centralni koji odgovara vrijednosti k = 0, tako da je ukupan broj interferentnih pruga unutar centralnog difrakcionog maksimuma jednak 11.

4 poena

Neka je sa ky data udaljenost k-tog interferentnog maksimuma od centralnog. Vrijedi

tan kky

L .

Za male uglove tan sin , tako da je kyd kL

, odnosno

k

Ly k

d

.Udaljenost izmeu dvije susjedne pruge je

6

1 6

0,6 10 m 1m4 mm

150 10 mk kL

y y yd

.

4 poena

c) Sada je putna razlika izmeu dva talasa koji interferiraju data sa

sin sin ks d d k .Maksimum etvrtog reda se sada vidi pod uglom 4 0 , tako da je ugao pod kojim svjetlost pada na dvostruku pukotinu dat sa

sin 4d 4

sin 0,92arcd

4 poena

d) Udaljenost k-te interferentne pruge od mjesta gdje se prvobitno nalazio interferentni maksimum nultog reda sada je data relacijom

tan sin sink k kk

y L L Ld

.

Udaljenost izmeu susjednih interferentnih pruga iznosi

1k k

Ly y y

d

i ne zavisi od . Prema tome, promjenom upadnog ugla ne mijenja se meusobna udaljenost izmeu interferentnih pruga.

4 poena

Zadatak 5. Svemirska sonda (20 poena)Svemirska sonda ukupne mase sa gorivom kg10M kree se pomou svjetlosnog pogona emitujui snaan monohromatski fotonski snop talasne duine nm663 u suprotnom smjeru od smjera kretanja. Ako sonda za svoje ubrzanje potroi kg5gM goriva koje se potpuno pretvori u svjetlost, izraunati koliko vremena je trajalo ubrzavanje sonde i kolika je maksimalna dostignuta brzina ako je sila potiska iznosila N100 . Primijeniti specijalnu teoriju relativnosti. Js1063,6 34h , m/s103 8c .

Rjeenje:

Sonda se kree zahvaljujui potisku koji je ostvaren konstantnom emisijom fotona u jednom smjeru i kretanjem broda u suprotnom smjeru. Masa sonde sa gorivom se smanjuje, pa se ubrzanje uz konstantnu silu jedno vrijeme poveava, a zatim smanjuje usljed relativistikog poveanja mase. Energija jednog fotona je cp

chhE f fot , a koliina kretanja m/skg10

27fot

h

p . Po

Einsteinovoj formuli energiji fotona odgovara masa:

c

hcmE 2fotfot , kg103,3 36fot ch

m . 4 poena

Da bi se ostvarila sila potiska od N100F potrebno je da se u toku vremena t ostvari promjena koliine kretanja od tFp . Potreban broj fotona emitovanih u jedinici vremena je

129

fotfot

s10

p

F

tp

p

t

N, 3 poena

pa je vrijeme za koje e se cijela masa goriva pretvoriti u fotone

d6,173s105,1)/(

7

fotmax

tNm

Mt g . 3 poena

Masa sonde i goriva se mijenja u vremenu: )(tMM . Prema relativistikom izrazu za impuls imamo

tFtv

c

tv

tM

)()(

1

)(

2

2, c

ctMtF

tFtv

2222 )()(

. 6 poena

Uvrtavanjem maxt i gMMtM )( max u ovu formulu dobijamo maksimalnu brzinu

m/s1012,22

8max

cv . 4 poena

Autori zadataka: Adnan Mai, Rajfa Musemi, Elvedin Hasovi, Sinia Ignjatovi