fizika - skripta

FIZIKA

NIHANJE, VALOVANJE, TERMODINAMIKA

Anita Prapotnik Brdnik

Maribor, 2010

Kazalo

1 Elastomehanika 41.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Dodatne naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2 Nihanje - dinamika 82.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.1.1 Ravnovesne lege . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.1.2 Vrste nihanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.1.3 Lastno neduseno harmonicno nihanje . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.1.4 Lastno duseno harmonicno nihanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Dodatne naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Nihanje - kinematika 203.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.1.1 Osnove Harmonicnega nedu senega nihanja . . . . . . . . . . . . . . 203.1.2 Graficna predstavitev nihanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.1.3 Lastnosti nedusenega nihanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.1.4 Energija pri nedusenem nihanju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25


4 Duseno nihanje 344.0.1 Harmonicno duseno nihanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.0.2 Harmonicno vsiljeno nihanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36


5 Valovanje 405.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5.1.1 Potujoce ravno valovanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.1.2 Stojece valovanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425.1.3 Zvok, jakost in glasnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2


6 Valovanje - Doplerjev efekt 516.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

6.1.1 Dopplerjev efekt pri odboju na oviri . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526.1.2 Dopplerjev efekt, ko se oddajnik in sprejemnik priblizujeta pod kotom 526.1.3 Dopplerjev efekt pri premikajocem se mediju . . . . . . . . . . . . . 52


7 Temperaturno razsirjanje (krcenje) snovi 587.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 587.2 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 597.3 Dodatne naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

8 Toplota, kalorimetrija 628.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 628.2 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 648.3 Dodatne naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

9 Plinska Enacba 689.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

9.1.1 Plinska enacba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 689.1.2 Plinske spremembe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 689.1.3 Delo, toplota in sprememba notranje energije pri plinskih spremembah 70


10 Prevajanje toplote 7510.1 Teoreticni uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

10.1.1 Kondukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7510.1.2 Konvekcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7510.1.3 Radiacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76


3

Poglavje 1

Elastomehanika

1.1 Teoreticni uvod

Ce palico dolzine l in precnega preseka S vzdolzno obremenimo s silo velikosti F , naj senjena dolzina podaljsa (skrajsa) za ∆l, polmer oziroma precna dolzina pa naj se skrajsa(podaljsa) za ∆r:

Spremembe dimenzij palice potemtakem dolocata enacbi:

F

S= E

∆l

l

∆r

r= µ

∆l

l(1.1)

kjer je E Youngov modul ali modul elasticnosti in µ poissonovo stevilo. Modul elasticnostiin poissonovo stevilo sta odvisna od materijala (glej spodnjo tabelo):

4

materijal E [1010 N/m2] µaluminij 7 0,33baker 11 0,35beton 3-10 0.2bron 10 0,33guma 0,001-0,015 0,5jeklo 20 0,3steklo 6,5-9 0.19-0.3titan 11 0,34

Ce vijacno vzmet vzdolzno obremenino s silo velikosti F , spremembo dozine vzmetidolocimo iz enacbe:

F = kx , (1.2)

kjer je k razteznostni koeficient dane vzmeti. Ce primerjamo enacbi (1.1) in (1.2) vidimo,da palico lahko obravnavamo kot vzmet z razteznostnim koeficientom:

k =ES

l.

Vec vzmeti lahko sestavimo v novo vzmet, tako da jih vezemo vsporedno ali/in za-poredno. Ce n vzmeti z razteznostnimi koeficienti k1, k2 do kn zvezemo vsporedno,dobljena vzmet ima razteznostni koeficient:

k = k1 + k2 + · · ·+ kn ,

ce pa jih zvezemo zaporedno, dobljena vzmet ima razteznostni koeficinet k, ki ga podajaenacba:

1

k=

1

k1

+1

k2

+ · · ·+ 1

kn.

1.2 Primeri

1. Bakreno palico dolzine l = 2m in premera 2r = 3 cm obremenimo s siloF = 500N. Za koliko se pri tem spremene dolzina, premer in volumenpalice.

Spremebo dolzine zice x dobimo iz Hookovega zakona:

F

S= E

x

lx =

F l

ES=

F l

Eπr2=

500 N · 2 m

11 · 1010 N/m2 · π · 0, 152 m2= 3 µm , (1.3)

Spremebo dolzine in spremebo polmera pa povezuje enacba:

∆r

r= µ

x

l∆r =

µxr

l=

0, 35 · 3 µm · 0, 15 m

2 m= 0, 08 µm . (1.4)

Volumen zice racunamo kot volumen valja. Pred obremenitvijo je ta enak V0 = lπr2,po obremenitvi pa V = lnπr2

n, kjer sta ln in rn nova dolzina in polmer palice. Ker

5

se palica podaljsa za x in skrci za ∆r, lahko zapisemo ln = l + x in rn = r − ∆r.Novi volumen je torej:

V = lnπr2

n = π(l + x)(r − ∆r) = π(l + x)(r2 − 2r∆r + ∆r2) =

π(lr2 − 2lr∆r + l∆r2 + xr2 − 2xr∆r + x∆r2) .

Ker sta x in ∆r majhni kolicini, lahko zanemarimo vse clene v katerih nastopajo x2,∆r2 in x∆r. Ce se uporabimo izpeljana izraza za x in ∆r iz (1.3) in (1.4), dobimo:

V = π(lr2 − 2lr∆r + xr2) = π(

lr2 − 2lrµxr

l+ xr2

)

=

π(

lr2 − 2r2µx + xr2)

= π(lr2 + xr2(1 − 2µ)) = π

(

lr2 +F l

ESr2(1 − 2µ)

)

=

= V0 + lπr2F

ES(1 − 2µ) = V0 +

FSl

ES(1 − 2µ) .

∆V =F l

E(1 − 2µ) = 0, 003 mm3 .

2. En meter dolgo vzmet s konstanto 10N/cm razrezemo na tri enako dolgekose in jih povezemo vsporedno. Koliksen je razteznostni koeficient takodobljene vzmeti.

Razteznostni koeficient originalne vzmeti oznacimo z k, razteznostni koeficient enegakoscka vzmeti, po tem ko smo vzmet razrezali, pa z k1. Ce zelimo sestaviti nazajoriginalno vzmet, moramo dobljene koscke vezati zaporedno. Torej lahko zapisemo:

1

k=

1

k1

+1

k1

+1

k1

=3

k1

,

k =k1

3, k1 = 3k = 30 N/cm .

Koscke sedaj sestavimo vsporedno, da dobimo razteznostni koeficient iskane vzmeti(kn):

kn = k1 + k1 + k1 = 3k1 = 9k = 90 N/cm .

3. Jekleno palico s presekom S = 2 cm2 in dolzino l = 0, 5m stisemo, tako dase skrajsa za 0, 1%. Koliko dela opravimo pri tem?

Jekleno palico lahko obravnavamo kot vzmet z razteznostnim koeficientom k =ES/l. Energija taksne vzmeti, ko jo stisnemo za x se torej spremeni za:

W = kx2

2=

ESx2

2l=

ESl

2

(

x

l

)2

=

2 · 1011 N/m2 · 2 cm2 · 0, 5 m

2· 0, 0012 = 1 J .

6

1.3 Dodatne naloge

1. Bakreno zico dolzine 2 m in jekleno zico dolzine 1 m povezemo eno za drugo in naspodnji konec obesimo utez mase 5 kg. Zici imata enaka presek 1 mm2. Za koliko sepodaljsata zici in za koliko se zmanjsata premera?

2. Lahka palica dolzine 80 cm je na krajiscih pripeta na dve enako dolgi vsporedni zicienakega preseka. Prva zica je jeklena, druga pa bakrena. Koliko vstran od bakrenezice je treba obesiti utez, da bo palica tudi po obremenitivi ostala v vodoravni legi.

7

Poglavje 2

Nihanje - dinamika

2.1 Teoreticni uvod

2.1.1 Ravnovesne lege

Ce telo postavimo v taksen polozaj, da je vsota vseh zunanjih sil in navorov, ki delujejonanj enaka nic, recemo, da se telo nahaja v ravnovesni legi. Pospesek telesa je takratnic in ce telo v ravnovesni legi miruje, bo se naprej mirovalo. Kaj pa se zgodi, ce telonekoliko izmaknemo iz ravnovesne lege oziroma, ce telo pride v ravnovesno lego z nekohitrostjo? To je odvisno od vrste ravnovesne lege. Ce telo v ravnovesni legi ima minimalnopotencialno energijo v primerjavi s potencialno energijo,1 ki bi jo imelo, ce bi ga nekolikoizmaknili iz ravnovesne lege, imenujemo taksno ravnovesno lego stabilna. Na primer,kroglica, ki se nahaja na dnu kotanje je v stabilni ravnovesni legi. Ce pa telo v ravnovesnilegi ima maksimalno potencialno energijo v primerjavi s potencialno energijo, ki bi joimelo, ce bi ga nekoliko izmaknili iz ravnovesne lege, imenujemo taksno ravnovesno legolabilna. Kroglica, ki se nahaja na vrhu hriba je tako v labilni ravnovesni legi. Polegstabilne in labilne ravnovesne lege poznamo se indiferentno ravnovesno lego. V indiferentniravnovesni legi ima telo enako potencialno energijo kot bi jo imelo, ce bi ga iz ravnovesnelege nekoliko izmaknili. Primer indiferentne ravnovesne lege je kroglica, ki miruje navodoravni povrsini.

1Tukaj mislimo na splosno potencialno energijo in ne na potencialno energijo gravitacijske sile - glej

poglavje o potencialni energiji.

8

Ce telo nekoliko izmaknemo iz labilne ali indiferentne ravnovesne lege, se samo posebi nikoli ne bo vrnilo v isto ravnovesno lego. Ce pa telo, ki se sprava nahaja v sta-bilni ravnovesni legi iz nje nekoliko izmaknemo, se bo zacelo periodicno gibati okoli teravnovesne lege. Taksno gibanje imenujemo nihanje.

2.1.2 Vrste nihanja

Nihanje je torej periodicno gibanje telesa okrog stabilne ravnovesne lege. Ce to gibanjelahko opisemo s harmonicnimi matematicnimi funkcijami (sinus ali kosinus), potem taksnonihanje imenujemo harmonicno nihanje. Harmonicno nihanje dobimo v primeru, ko jesila, ki deluje na telo v okolici ravnovesne lege linearno odvisna od oddaljenosti telesa odravnovesne lege oziroma ce je potencialna energija te sile kvadrata funkcija oddaljenostiod ravnovesne lege.

Ce telo oziroma nihalo izmaknemo iz ravnovesne lege, da zacne nihati, potem pa gaprepustimo samemu sebi, imenujemo to lastno nihanje. Ce pa ves cas nihanja na nihalodelujemo z periodicno silo, tako da nihanje vzdrzujemo, imenujemo to vsiljeno nihanje.Tipicen primer vsiljenega nihanja je, ko stars guga otroka na gugalnici.

Ce na nihalo pri nihanju delujejo le konzervativne sile, imenujemo taksno nihanjeneduseno, ce pa na nihalo delujejo poleg konzervativnih se zavirajoce nekonzervativnesile, imenujemo taksno nihanje duseno.

2.1.3 Lastno neduseno harmonicno nihanje

Lastno neduseno harmonicno nihanje bomo opisali na primeru vzmetnega nihala. Kladamase m naj miruje na gladki vodoravni podlagi. Klado s pomocjo vzmeti z razteznostnimkoeficientom k pritrdimo na navpicno steno.

V navpicni smeri na klado delujeta gravitacijska sila in sila podlage. Sili sta nasprotnoenaki in je njuna rezultanta nic. Ko je vzmet neraztegnjena, v vodoravni smeri na kladone deluje nobena sila. Klada je torej v ravnovesju.

Sedaj pa klado premaknimo za x v desno. V vodoravni smeri bo na klado delovalasila vzmeti.

9

Zato bo klada pospesevala proti ravnovesnem polozaju s pospeskom:

Fvzm = ma , kx = ma , a = kx/m . (2.1)

Ceprav smo pospesek klade brez tezav zapisali, nam to ne pomaga kaj dosti. Klada se bonamrec ze v naslednjem trenutku premaknila proti ravnovesni legi. S tem se bo spremenilraztezek vzmeti x in s tem tudi pospesek klade. Pospesek torej ni konstanten, ampak ses casom spreminja. To samo po sebi ni taksen problem, saj vemo kako iz spreminjajocegase pospeska dobiti odmik telesa. Pospesek je treba namrec dvakrat integrirati po casu.Tukaj pa nastopijo tezave. Poznamo pospesek kot funkcijo odmika in ne kot funkcijocasa. Ce zelimo pospesek integrirati, bi torej morali poznati se kako se odmik spreminjas casom. Vendar to ravnokar zelimo izracunati. Nekako smo se ujeli za lasten rep: cezelimo dobiti odmik kot funkcijo casa bi ze morali poznati odmik kot funkcijo casa. Slisise nemogoce, vendar matematika tudi za to ima orodje: diferencialne enacbe.

Zapisimo pospesek kot dvojni odvod odmika po casu a = −x. Negativni predznakdobimo, ker pospesek kaze v levo, odmik pa merimo v desno. To vstavimo v enacbo (2.1),da dobimo:

−x = kx/m , x +k

mx = 0 (2.2)

Dobili smo homogeno diferencialno enacbo druge stopnje. Homogena pomeni, da v enacbini konstantnega clena (pri vsakem clenu nastopa spremenljivka x), druge stopnje pa, dav enacbi nastopa najvec drugi odvod spremenljivke. Ne bomo se spucali v podrobnostiresevanja diferencialnih enacb. Povejmo le, da so matematiki diferencialno enacbo teoblike ze resili. Resitev diferencialne enacbe:

x + ω2x = 0 , (2.3)

je namrec harmonicna funkcija

x = A sin(ωt + δ) . (2.4)

kjer sta A in δ konstanti, ki jih dolocimo iz zacetnih pogojev (glej naslednje poglavje).Kolicino ω pri nihanju imenujemo krozna frekvenca. Krozna frekvenca doloca kako hitronihalo niha oziroma koliko casa potrebuje za en nihaj. Vecji je ω, manj casa potrebujenihalo za en nihaj. S primerjavo enacb (2.2) in (2.3) ugotovimo, da je krozna frekvencavzmetnega nihala:

ω =

√

k

m.

Povzemimo na kratko, kako dolociti krozno frekvenco poljubnega harmonicnega nihala:

a) Nihalo naj se nahaja v ravnovesni legi. Narisemo vse sile, ki delujejo nanj inzapisemo ustrezne enacbe za ravnovesje sil in navorov.

b) Nihalo izmaknemo iz ravnovesne lege. Ponovno narisemo sile, ki delujejo na nihaloin zapisemo ustrezne enacbe za pospesek oziroma kotni pospesek nihala (odvisnood primera).

10

c) Pospesek zapisemo kot dvoji odvod odmika po casu (a = −x) oziroma kotni pospesekkot dvojni odvod zasuka po casu (α = −ϕ). Negativni predznak dobimo, kerpospesek oziroma kotni pospesek pri nihanju vedno kaze v nasprotni smeri kotmerimo odmik oziroma zasuk. Ce to ne bi bilo res, bi telo pospesevalo stran odravnovesne lege in ne bi dobili nihanja. Enacbo, ki smo jo dobili uredimo v oblikox + ω2x = 0 in odcitamo krozno frekvenco.

Ce enacbe ne moremo urediti tako, da bi dobili zgoraj zapisano obliko, nihanje niharmonicno. V tem primeru naloge ne moremo resiti (razen ce slucajno ne poznamoresitve dobljene diferencialne enacbe). Vendar tudi takrat, ob doloceni predpostavkioziroma priblizku, dobljeno enacbo vseeno lahko uredimo v obliko x + ω2x = 0 innihanje obravnavamo kot harmonicno znotraj privzete predpostavke oziroma pri-blizka. Najbolj znan taksen primer je primer matematicnega nihala. Koncna enacba,ki jo dobimo, je oblike

ϕ +g

lsin ϕ = 0 . (2.5)

Moti nas sin ϕ v drugem clenu. Ce bi namesto sin ϕ imeli le ϕ, bi zgornja enacba

bila oblike x+ω2x = 0 in bi krozna frekvenca bila ω =√

g/l. Spomnimo se, da ce je

ϕ dovolj majhen (tam nekje do 10), lahko uporabimo naslednje priblizke: sin ϕ ≈tanϕ ≈ ϕ in cos ϕ ≈ 1−ϕ2/2 ali celo cos ϕ ≈ 1. Torej v primeru majhnih amplitudv enacbi (2.5) lahko sin ϕ nadomestimo z ϕ in matematicno nihalo obravnavamo kotharmonicno.

2.1.4 Lastno duseno harmonicno nihanje

Duseno nihanje dobimo v primeru, ko na nihalo deluje nekonzervativna sila, ki zaviranihanje. Obravnavali bomo le primere, ko je ta sila sorazmerna s hitrostjo gibanja nihala(~Fz = −β~v). Minus predznak v enacbi nakazuje, da je smer sile nasproten smeri hitrosti.To pomeni, da sila kaze v nasprotni smeri gibanja nihala oziroma, da je sila zaviralna.

Duseno nihalo obravnavamo na enak nacin kot neduseno, le da imamo eno dodatnosilo. Hitrost zapisemo kot prvi odvod odmika v = x in po urejanju bi morali dobitidiferenciralno enacbo oblike

x + 2γx + ω2

0x = 0

Resitev zgornje enacbe je:

x(t) = Ae−γt sin(ωt + δ) , ω =√

ω20 − γ2 .

Resitev vsebuje stiri konstante. Amplitudo A in fazni kot δ dolocimo iz zacetnih pogo-jev, krozno frekvenco ω in koeficient dusenja γ pa razberemo iz dobljene diferencialneenacbe. Opazimo lahko, da se krozna frekvenca dusenega nihala (ω) razlikuje od kroznefrekvence enakega, vendar nedusenega nihala (ω0). Da bi razlikovali med obema frekven-cama, krozno frekvenco pripadajocega nedusenega nihala (ω0) imenujemo lastna kroznafrekvenca.

11

2.2 Primeri

1. Utez mase m s pomocjo vzmeti z razteznostnim koeficientom k obesimo nastrop. Izpelji krozno frekvenco tako dobljenega vertikalnega vzmetneganihala.

a) Dolzino neobremenjene vzmeti oznacimo z l. Ko na vzmet obesimo utez, najse ta zaradi mase utezi podaljsa za x0. V ravnovesni legi torej na utez delu-jeta sila vzmeti velikosti kx0 in gravitacijska sila velikosti mg. Z uporabo 1.Newtonovega zakona lahko zapisemo

mg = kx0

.

b) Sedaj utez povlecimo navzdol in spustimo. Utez bo zanihala.

Ko je utez za x odmaknjena od ravnovesne lege na njo se vedno deluje grav-itacijska sila velikosti mg in sila vzmeti, ki ima tokrat velikost k(x0 + x). Utezpospesuje navzgor s pospeskom a. Z uporabo 2. Newtonovega zakona lahkozapisemo:

k(x + x0) − mg = ma kx + kx0 − mg = ma kx = ma ,

kjer smo uporabili zvezo mg = kx0, ki smo jo izpeljali pod tocko a).

12

c) Pospesek zapisemo v obliki a = −x, saj je pospesek drugi odvod premika inkaze v nasprotni smeri x-osi (od tod minus predznak). Dobimo:

kx = −mx mx + kx = 0 x +k

mx = 0 .

Enacbo primerjamo z diferencialno enacbo x + ω2x = 0 in ugotovimo, da jekrozna frekvenca vertikalno nihajocega vzmetnega nihala

ω =

√

k

m

oziroma je enaka krozni frekvenci navadnega vodoravno nihajocega vzmetneganihala.

2. Izpelji krozno frekvenco za poljubno teznostno nihalo.

a) Ko je teznostno nihalo v ravnovesju, nanj delujeta gravitacijska sila in sila v osi(os je tocka v kateri je nihalo pripeto in okrog katere se lahko prosto obraca).Iz ravnovesja sil sledi, da sta obe sili po velikosti enaki. Tezisce telesa se moranahajati pod osjo, da bosta tudi navora v ravnovesju.

b) Teznostno nihalo zasucemo okoli osi za poljuben kot in ga spustimo. Nihalozaniha. Ko je nihalo odklonjeno za kot ϕ nanj se vedno delujeta gravitacijskasila in sila v osi, vendar tokrat sili in njuna navora nista vec v ravnovesju. Kotnipospesek nihala bomo dobili iz 2. Newtonovega zakona za navore. Izhodiscekoordinatnega sistema postavimo v os nihala. Navor sile v osi je tako nic.Rocica gravitacijske sile je oznacena na spodnji sliki:

13

lahko zapisemo:

N = Jα mgrg = Jα mgl∗ sin ϕ = Jα ,

kjer je l∗ razdalja med osjo in teziscem.

c) Upostevamo, da je kotni pospesek dvojni odvod zasuka ϕ in da ima nasprotnosmer od ϕ, torej α = −ϕ. Dobimo:

mgl∗ sin ϕ = −Jϕ Jϕ + mgl∗ sin ϕ = 0 ϕ +mgl∗

Jsin ϕ = 0 .

Enacba ni oblike x + ω2x = 0, saj v drugem clenu nastopa sin ϕ namesto ϕ.Torej teznostno nihalo ni harmonicno nihalo. Lahko pa ga obravnavamo kotharmonicno, ce so odkloni nihala iz ravnovesne lege majhni. Takrat lahkoupostevamo priblizek sin ϕ ≈ ϕ in dobimo, da je krozna frekvenca teznostneganihala za majhne odmike

ω =

√

mgl∗

J .

3. Ko se na 250kg splavu vozi oseba z maso 70kg, je le-ta potopljen zadodatnih 4 cm. Ko oseba stopi s splava, splav pricne nihati. Koliksna jefrekvenca nihanja?

a) Na neoptezen splav v ravnovesju delujeta gravitacijska sila in sila vzgona, kipo velikosti morata biti enaki:

14

Fg = Fv , mg = ρgVp , m = ρSx0 , (2.6)

kjer je m masa splava, ρ gostota vode, Vp volumen potopljenega dela splava,S povrsina splava (vsporedna z gladino) in x0 globina, do katere je splav po-topljen.

b) Splav dodatno potopimo v vodo in spustimo, da zaniha. Ko je splav potopljenza globino x+x0 nanj delujeta gravitacijska sila in sila vzgona, vendar sili nistavec v ravnovesju.

Dobimo:

Fv−Fg = ma , ρVpg−mg = ma , Sρ(x+x0)g−mg = ma , Sρxg = ma .

Zadnjo enacbo smo dobili upostevajoc pogoj m = x0Sρ iz a) (glej en. (3.11)).

c) Pospesek zapisemo kot a = −x in enacbo uredimo:

mx + Sρgx = 0 , x +Sgρ

mx = 0 .

Krozna frekvenca s katero zaniha splav je torej

ω =

√

Sgρ

m. (2.7)

Povrsino splava izracunamo iz podatka, da se splav pogrezne za dodatnih x′ =4 cm, ko se na njem vozi oseba mase m0 = 70 kg. Takrat namrec velja:

(m + m0)g = Sgρ(x0 + x′) ,

kjer je m masa splava, in x0 globina do katere se potopi prazen splav. Ceupostevamo pogoj m = Sρx0 iz enacbe (3.11) dobimo:

m0g = Sgρx′ , Sρ =m0

x′.

To vstavimo v enacbo (3.12) in za krozno frekvenco dobimo

ω =

√

m0g

mx′= 8, 3 s−1 .

15

4. Navpicni drog dolzine l z maso m je vrtljiv okoli vodoravne osi, ki gre skozinjegovo zgornje krajisce. Drog je na spodnjem krajiscu z lahko vodoravnovijacno vzmetjo s koeficientom k pritrjen na steno. S koliksnim nihajnimcasom zaniha to nihalo, ce ga malo odmaknemo od ravnovesne lege?

a) V ravnovesno legi na drog delujeta sila gravitacije in sila v steni. Vzmet jeneraztegnjena in zato ne deluje na palico. Zaradi ravnovesja sil mora sila vsteni biti po velikosti enaka sili gravitacije, vsota navorov je pa avtomaticnonic, saj se tezisce nahaja pod tocko vpetja:

b) Palico zanihamo. Ko z navpicnico oklepa kot ϕ, na palico ob gravitacijski siliin sili v steni deluje se sila vzmeti. Gledamo navore na palico okoli vpetisca:

Sila stene ima prijemalisce v vpetiscu, zato je njen navor nic, navora sile grav-itacije in sile vzmeti pa kazeta v list, saj obe obracata palico v smeri urinega

16

kazalca. Lahko zapisemo:

Fv · rv + Fg · rg = Jα ,

kjer je rv rocica sile vzmeti, rg pa rocica gravitacijske sile. Iz slike lahko preber-emo, da rv = l cos ϕ in rg = l sin ϕ/2. Ce upostevamo se, da se vzmet raztegneza l sin ϕ ter, da je vztrajnostni moment palice okoli krajisca ml2/3, dobimo:

kl2 sin ϕ cos ϕ + mgl

2sin ϕ =

1

3ml2α .

c) Upostevamo, da α = −ϕ in enacbo uredimo:

1

3ml2ϕ + kl2 sin ϕ cos ϕ + mg

l

2sin ϕ = 0 ,

ϕ +3k

msin ϕ cos ϕ +

3g

2lsin ϕ = 0 .

Zgornja enacba ni oblike ϕ + ω2ϕ = 0, torej ne gre za harmonicno nihalo. Cepa nas zanimajo le nihanja z majhno amplitudo, lahko uporabimo linearnapriblizka za majhne kote sin ϕ ≈ ϕ in cos ϕ ≈ 1, da dobimo:

ϕ +

(

3k

m+

3g

2l

)

ϕ = 0 .

Dobili smo diferencialno enacbo za harmonicno nihalo in lahko odcitamo kroznofrekvenco:

ω =

√

3k

m+

3g

2l.

5. Matematicno nihalo z dolzino vrvice l na katerem koncu se nahaja ma-jhna kroglica mase m in radija r potopimo v tekocino z viskoznostjo µ inga zanihamo. Izracunaj s koliksno krozno frekvenco niha in koliksen jekoeficient dusenja.

a) Ko se nihalo nahaja v ravnovesni legi, na kroglico delujeta gravitacijska silain sila vrvice. Obe sili sta v ravnovesju, zato sta po velikosti enaki. Ker sekroglica nahaja pod vpetiscem, sta tudi navora obeh sil enaka.

17

b) Ko nihalo od ravnovesne lege odmaknjeno za kot ϕ, na kroglico delujejo grav-itacijska sila, sila v vrvici in sila upora.

Koordinatni sistem postavimo tako, da bo x-os vzporedna s smerjo gibanjakroglice, y-os pa s smerjo vrvice. Gravitacijsko silo razstavimo:

Fg,x = Fg sin ϕ , Fg,y = Fg cos ϕ .

Upostevajoc 2. Newtonov zakon za sile v smeri x osi, dobimo enacbo:

Fg,x + Fu = ma , mg sin ϕ + 6πrµv = ma ,

mg sin ϕ + 6πrµΩl = mlα ,

kjer sta Ω in α kotna hitrost in kotni pospesek nihala.

c) Upostevamo, da Ω = ϕ in α = −ϕ in enacbo uredimo:

mg sin ϕ + 6πrµlϕ + mlϕ = 0 ,

ϕ +6πµr

mϕ +

g

lsin ϕ = 0 .

Zaradi zadnjega clena, enacba ni oblike x + 2γx + ω20x = 0. Zato Uporabimo

priblizek za majhne kote sin ϕ ≈ ϕ, da dobimo

ϕ +6πµr

mϕ +

g

lϕ = 0 ,

Od koder preberemo lastno krozno frekvenco, koeficient dusenja in kroznofrekvenco:

ω0 =g

l, γ =

3πµr

m, ω =

√

ω20 − γ2 =

√

g

l− 9π2µ2r2

m2.

18

2.3 Dodatne naloge

1. S koliksno krozno frekvenco niha 2 m dolgo matematicno nihalo v dvigalu, ki segiblje navzgor s pospeskom 2 m/s2?

2. Navpicni metrski drog z maso 1 kg je vrtljiv okoli vodoravne osi, ki gre skozi nje-govo zgornje krajisce. V razdalji 70 cm od osi je na drog pritrjena majhna utezz maso 0, 4 kg. Drog je na spodnjem krajiscu z lahko vodoravno vijacno vzmetjos koeficientom 1 N/cm pritrjen na steno. S koliksno krozno frekvenco zaniha tonihalo?

3. V U cevko nalijemo vodo. Vodo v enem kraku potisnemo navzdol in spustimo. Skoliksno krozno frekvenco zaniha voda?

4. Palica dolzine 2 m je na enem koncu vrtljivo vpeta v steno, na drugem pa z vzmetjopricvrscena na strop. V ravnovesnem stanju palica stoji vodoravno. Palico zasucemoza 0, 05 rad in jo spustimo. S koliksno krozno frekvenco zaniha? Razteznostnikoeficient vzmeti je 120 N/m, masa palice pa 0, 2 kg. Racunajte za majhne odmikepalice od ravnovesne lege.

5. Pokazi, da je koeficient dusenja vzmetnega nihala, na katerega deluje zaviralna silaoblike ~F = −β~v, enak γ = β/2m, kjer je m masa utezi.

6. Pokazi, da je koeficient dusenja matematicnega nihala, na katerega deluje zaviralnasila oblike ~F = −β~v, enak γ = β/2ml, kjer je m masa utezi in l dolzina vrvicematematicnega nihala.

7. Pokazi, da je koeficient teznostnega nihala, na katerega deluje zaviralna sila oblike~F = −β~v, enak γ = βl∗/2J , kjer je J vztrajnostni moment teznostnega nihala, l∗

pa oddaljenost prijemalisca sile dusenja od osi nihanja.

19

Poglavje 3

Nihanje - kinematika

3.1 Teoreticni uvod

3.1.1 Osnove Harmonicnega nedu senega nihanja

V prejsnjem poglavju smo povedali, da vzmetno harmonicno neduseno nihanje opisujediferencialna enacba:

x + ω2x = 0 . (3.1)

Resitev zgornje enacbe je podana z izrazom:

x(t) = A sin(ωt + δ) . (3.2)

Ta podaja odmik nihala od ravnovesne lege. Hitrost in pospesek nihala dobimo z odva-janjem odmika:

v(t) = x(t) = Aω cos(ωt + δ) , (3.3)

a(t) = x(t) = v(t) = −Aω2 sin(ωt + δ) . (3.4)

Sedaj lahko preverimo, ce je resitev (3.2) zares resitev diferencialne enacbe (3.1):

x + ω2x = −Aω2 sin(ωt + δ) + ω2A sin(ωt + δ) = 0 .

Kot vidimo so odmik, hitrost in pospesek nihala odvisni od treh konstant: A, ω in δ.Konstanto A imenujemo amplituda, konstanto ω krozna frekvenca in konstanto δ faznikot.

Krozna frekvenca

Krozna frekvenca doloca hitrost nihanja nihala. Ta konstanta nastopa ze v sami difer-encialni enacbi (3.1), torej je odvisna od narave nihala (npr. koeficienta vzmeti, dolzinevrvice) in ne od zacetnih pogojev. Z drugimi besedami, isto nihalo bo vedno nihalo z istokrozno frekvenco ne glede na to kako ga zanihamo. Krozno frekvenco za najbolj znananihala podaja spodnja tabela:

20

vzmetno nihalo ω =√

k/mk razteznostni koeficient vzmetim masa utezi

matematicno nihalo ω =√

g/lg gravitacijski pospesekl dolzina vrvice

teznostno nihalo ω =√

mgl∗/J

m masa nihalal∗ oddaljenost tezisca nihala od osi

nihanjaJ vztrajnostni moment nihala okoli

osi nihanja

sucno nihalo ω =√

D/JD koeficient sucne vzmetiJ vztrajnostni moment telesa okoli

osi nihanja

Amplituda in fazni kot

Za razliko od krozne frekvence, sta amplituda in fazni kot dolocena z zacetnimi pogojioziroma odvisni sta od tega, kako zanihamo nihalo. Amplituda doloca najvecji odmiknihala od ravnovesne lege, fazni kot pa v katerem delu nihaja smo zaceli nihanje (npr. cenihalo zacne nihati v ravnovesni legi je fazni kot nic, ce pa zacne nihati iz srkanje lege pa90 ali 270).

Zacetna pogoja, iz katerih moramo dolociti amplitudo in fazni kot sta obicajno zacetnipolozaj nihala (x0 = x(0)) in zacetna hitrost nihala (v0 = v(0)). Pokazali bomo kako izteh dveh podatkov dolocimo amplitudo in fazni kot. Polozaj in hitrost nihala sta podanaz izrazi (3.2) in (3.3). Ce v ta izraza vstavimo t = 0 dobimo izraza za zaceten polozaj inzacetno hitrost nihala:

x0 = A sin(ω · 0 + δ) = A sin δ v0 = Aω cos(ω · 0 + δ) = Aω cos δ . (3.5)

Da dobimo amplitudo, obe enacbi kvadriramo, se prej pa drugo delimo z ω:

x2

0 = A2 sin2 δv20

ω2= A2 cos2 δ .

Enacbi sestejemo:

x2

0 +v20

ω2= A2 sin2 δ + A2 cos2 δ = A2(sin2 δ + cos2 δ) = A2 ,

A =

√

x20 +

v20

ω2(3.6)

Fazni kot najlazje dobimo tako, da izraz za x0 delimo z izrazom za v0 (glej en. (3.5)):

x0

v0

=A sin δ

Aω cos δ=

tan δ

ω,

tan δ =x0ω

v0

(3.7)

21

Pri tem ne smemo pozabiti, da je tangens periodicna funkcija s periodo π, sinus in kosinuspa sta periodicni funkciji s periodo 2π. Zato iz enacbe (3.7) dobimo dva kandidata za faznikot δ. Natancneje, ko na akumulatorju uporabimo funkcijo arcustangens, da izracunamofazni kot δ s pomocjo izraza (3.7), kot resitev dobimo kot med 0 in π ali med −π/2 inπ/2, odvisno od kalkulatorja. Poimenujmo to resitev δ1. Drugo resitev dobimo tako, daresitvi δ1 pristejemo kot π. Tako dobimo resitev δ2, ki se giblje med π in 2π oziroma medπ/2 in 3π/2. Pravo resitev dolocimo tako, da resitvi δ1 in δ2 vnesemo v enacbi (3.5) inpogledamo, kateri kot nam da pravilna predznaka za x0 in v0. Pravilno resitev pa lahkougotovimo tudi s pomocjo spodnje tabele:

predznak x1 predznak v1 δ+ + 0 ≤ δ ≤ π/2+ - π/2 ≤ δ ≤ π- - π ≤ δ ≤ 3π/2- + 3π/2 ≤ δ ≤ 2π

ali −π/2 ≤ δ ≤ 0

Matematicno in teznostno nihalo

Vse, kaj povemo za vzmetno nihalo, velja tudi za matematicno in teznostno nihalo, ceodmik x zamenjamo z zasukom ϕ, hitrost s kotno hitrostjo Ω in pospesek s kotnimpospeskom α. Enacbe (3.1)-(3.4), (3.6) in (3.7) za matematicno in teznostno nihalo setorej glasijo:

ϕ + ω2ϕ = 0 (3.8)

ϕ(t) = A sin(ωt + δ) Ω(t) = Aω cos(ωt + δ) α(t) = −Aω2 sin(ωt + δ) (3.9)

A =

√

ϕ20 +

Ω20

ω2tan δ =

ϕ0ω

Ω0

. (3.10)

Kotno hitrost smo oznacili z velikim Ω namesto z malim ω, da bi jo lahko razlikovali odkrozne frekvence ω. Hitro lahko opazimo, da sta krozna frekvenca in kotna hitrost primatematicnem ali teznostnem nedusenem nihalu popolnoma razlicna pojma, saj je kroznafrekvenca konstanta, kotna hitrost pa se harmonicno spreminja.

22

3.1.2 Graficna predstavitev nihanja

3.1.3 Lastnosti nedusenega nihanja

Iz lastnosti harmonicnih funkcij lahko sklepamo o pomembnih lastnostih harmonicneganihanja.

Prva taka lastnost je, da se vrednosti harmonicnih funkcij sinus in kosinus gibljeta med-1 in 1. Torej, ko v enacbah (3.2), (3.3) in (3.4) zamenjamo sinus in kosinus z 1 oziroma-1 dobimo maksimalne vrednosti za odmik, hitrost in pospesek nihala. Tako se nihalo odravnovesne lege lahko najvec oddalji za amplitudo (v obe smeri), najvecja hitrost, ki jonihalo doseze je Aω, najvecji pospesek pa Aω2.

Sinus doseze enega izmed ekstremov (minimum ali maksimum), takrat ko je vrednostkosinusa nic in obratno. Ce to upostevamo in primerjamo enacbi (3.2) in (3.3), ugotovimo,da nihalo doseze najvecjo hitrost ko gre skozi ravnovesno lego in podobno, ko je njegovahitrost nula, je nihalo najbolj oddaljeno od ravnovesne lege.

Po drugi strani, ce primerjamo enacbi (3.2) in (3.4) ugotovimo, da pospesek lahkozapisemo tudi kot a(t) = −ω2x(t). Torej pospesek je nasprotno usmerjen in linearnosorazmeren z odmikom nihala od ravnovesne lege. Z drugimi besedami, bolj ko je nihalo

23

oddaljeno od ravnovesen lege, vecji je pospesek nihala. Velja tudi, da ko se bo nihalonahajalo desno od ravnovesne lege, bo pospesevalo v levo in obratno, ko se bo nihalonahajalo levo od ravnovesne lege bo pospesevalo v desno.

Naslednja pomembna lastnost harmonicnih funkcij je njuna periodicnost. Z drugimibesedami, nihanje je sestavljeno iz neskoncnega ponavljanja enega in istega vzorca. Temuvzorcu recemo en nihaj. Zberimo vse, kaj smo zgoraj povedali in opisimo en nihaj.Koordinatna os naj kaze v desno. Predpostavimo, da nihalo zacne nihanje v ravnovesnilegi in ima pozitivno zacetno hitrost. Nihalo se zaradi pozitivne hitrosti premika v desno.Odmik je pozitiven in narasca, torej narasaca tudi pospesek, le, da je negativen. Ker stapospesek in hitrost nasprotno predznacena, nihalo pojema. Ko hitrost pade na nic, odmikin pospesek dosezeta maksimalno vrednost, nihalo pa zacne pospesevati v levo. Hitrostje sedaj negativna in narasca. Negativno predznacen je tudi pospesek, le, da pada, kerse odmik zmanjsuje (ta je se vedno pozitiven). Ko nihalo ponovno prispe v ravnovesnolego sta odmik in pospesek nic, hitrost pa je maksimalna (in negativno predznacena).Nihalo nadaljuje gibanje levo od ravnovesne lege, odmik je negativen in se povecuje. Stem se povecuje tudi pospesek, le, da je ta pozitiven. Hitrost in pospesek sta ponovnonasprotno predznacena, torej nihalo zacne pojemati. Ko hitrost pade na nic, pospesek inodmik dosezeta maksimum. Nihalo se giblje nazaj proti ravnovesni legi, hitrost narascain je pozitivna, pospesek pada in je prav tako pozitiven. Pada tudi odmik, ki pa jenegativen. Nihalo doseze ravnovesno lego, pospesek in odmik sta nic, hitrost je pozitivnain maksimalna. S tem pridemo na zacetek in se zacne novi nihaj.

Cas v katerem nihalo opravi en nihaj imenujemo nihajni cas. Sinus in kosinus seponovita, ko se njun argument spremeni za 2π. Torej, iz enacbe (3.2) sledi:

(ωt1 + δ) − (ωt2 + δ) = 2π ,

kjer je t0 = t2 − t1 nihajni cas. Ker je vseeno kateri odsek gledamo, cas t1 lahko poljubnoizberemo. Ce vzamemo t1 = 0, dobimo t0 = t2 oziroma ωt0 = 2π, od koder pa sledi:

t0 =2π

ω.

Poleg nihajnega casa uporabljamo tudi izraz frekvenca, ki pa nam pove, koliko nihajevnaredi nihalo v doloceni casovni enoti oziroma

ν =N

t=

1

t0=

ω

2π.

Opazimo lahko, da sta nihajni cas in frekvenca odvisni le od krozne frekvence oziromafrekvenca in nihajni cas vsebujeta enako informacijo kot krozna frekvenca.

Nihalo se nahaja v ravnovesni legi v casih t = (Nπ−δ)/ω, kjer je N poljubno naravnostevilo, δ fazni kot in ω krozna frekvenca. Ce je N sod je hitrost nihala pozitivna, drugacepa negativna. Nihalo se nahaja v skrajnji legi v casih t = ((N + 1/2)π − δ)/ω, kjer je Npoljubno naravno stevilo, δ fazni kot in ω krozna frekvenca. Ce je N sod je odmik nihalapozitiven, drugace pa negativen.

24

3.1.4 Energija pri nedusenem nihanju

Pri nedusenem nihanju ni nekonzervativnih sil, zato se celotna mehanska energija ohranja(se ves cas nihanja ne spreminja). Pri nihanju se potencialna energija1 pretaka v kineticnoenergijo in obratno. Ce se nihalo nahaja v skrajnji levi ali desni legi, je hitrost nihalanic. Takrat nihalo ima maksimalno potencialno energijo, kineticna energija pa je nic.Ko se nihalo priblizuje ravnovesni legi, kineticna energija narasca, potencialna energijase zmanjsuje, dokler nihalo ne doseze ravnovesne lege. V ravnovesni legi je kineticnaenergija nihala maksimalna, potencialna energija pa je nic. Nihalo se ponovno zacneoddaljevati od ravnovesne lege, kineticna energija pada, potencialna energija naraca, vsedokler nihalo ne doseze maksimalni odmik in se proces ponovi. V vsaki tocki nihanja jevsota potencialne energije in kineticne energije konstantna in je enaka mehanski energiji.Torej lahko zapisemo:

Wmeh = Wkin,max = Wpot,max = Wkin + Wpot =mv(t)2

2+ Wpot

Kaksno vrsto potencialne energije imamo je odvisno od sile, ki vzdrzuje nihanje. Privzmetnem nihalu je to proznostna energija Wpr = kx2/2, pri matematicnem in teznostnemnihalu pa gravitacijska potencialna energija Wp = mgh.

Pri harmonicnem nihanju je potencialna energija sorazmerna kvadratu odmika nihalaod ravnovesne lege (Wpot ∝ x2), maksimalna potencialna energija in s tem tudi celotnamehanska energija je potemtakem sorazmerna kvadratu amplitude.

3.2 Primeri

1. Harmonsko nihajoca tocka se v nekem trenutku nahaja na razdalji 1mod ravnovesne lege in se giblje s hitrostjo 1m/s in pospeskom −1m/s2.Doloci lego, hitrost in pospesek tocke po casu 1 s.

Casovno odvisnost lege, hitrosti in pospeska nihala lahko zapisemo kot:

x(t) = A sin(ωt + δ) , v(t) = Aω cos(ωt + δ) , a(t) = −Aω2 sin(ωt + δ) . (3.11)

Recimo, da zacnemo meriti cas, ko je nihalo od ravnovesne lege oddaljeno za 1 mima hitrost 1 m/s in pospesek −1 m/s2, kot je to podano v nalogi. Torej x(0) = 1 m,v(0) = 1 m/s in a(0) = 1 m/s2. Ko v enacbe (3.11) vstavimo t = 0, dobimo:

x(0) = A sin δ , v(0) = Aω cos δ , a(0) = −Aω2 sin δ . (3.12)

Iz prve in tretje enacbe izrazimo ω:

a(0)

x(0)=

−Aω2 sin δ

A sin δ= −ω2 , ω =

√

√

√

√−a(0)

x(0)= 1 s−1 .

1Tukaj mislimo na splosno potencialno energijo in ne na potencialno energijo gravitacijske sile - glej

poglavje o potencialni energiji.

25

Amplitudo dobimo iz prve in druge enacbe pri (3.12), tako da enacbi kvadriramo,uredimo in sestejemo:

x(0)2 = A2 sin2 δ , v(0)2 = A2ω2 cos2 δ ,v(0)2

ω2= A2 cos2 δ ,

x(0)2 +v(0)2

ω2= A2 sin2 δ + A2 cos2 δ = A2(sin2 δ + cos2 δ) = A2 ,

A =

√

x(0)2 +v(0)2

ω2= 1, 41 m .

Fazni kot dobimo iz prve enacbe pri (3.12):

x(0) = A sin δ , sin δ =x(0)

A, δ = 0, 8 .

Sedaj ko imamo amplitudo, frekvenco in fazni kot, iz enacb (3.11) lahko izracunamopolozaj, hitrost in pospesek nihala po eni sekundi:

x(1 s) = A sin(ωt + δ) = 1, 41 m · sin(1s−1 · 1 s + 0, 8) = 1, 38 m ,

v(1 s) = Aω cos(ωt + δ) = 1, 41 m · 1s−1 · cos(1s−1 · 1 s + 0, 8) = −0, 3 m/s ,

a(1 s) = Aω2 sin(ωt + δ) = 1, 41 m · (1s−1)2 · sin(1s−1 · 1 s + 0, 8) = −1, 38 m/s2 .

2. Matematicno nihalo z dolzino vrvice 3m odklonimo za 2 v desno in gasunemo s kotno hitrostjo 0, 08 /s v levo. Koliksna je amplituda nihanja?Kdaj gre nihalo prvic skozi ravnovesno lego? Koliksna je maksimalnakotna hitrost, ki jo nihalo doseze?

Najprej izracunajmo krozno frekvenco:

ω =

√

g

l= 1, 8 s−1 .

Nato iz enacb (3.10) dobimo se amplitudo in fazni kot. Koordinatni sistem obrnimotako, da bodo polozaji desno od ravnovesne lege pozitivni. Najprej spremenimozacetni odklon v stopinjah v radiane (2 = 0, 035 rad), nato pa izracunamo ampli-tudo in tangens faznega kota:

A =√

φ21 + Ω2

1/ω2 =

√

√

√

√0, 0352 +(−0, 08 s−1)2

(1, 8 s−2)2= 0, 057 rad ,

tan δ =φ1ω

Ω1

=0, 035 · 1, 8 s−1

−0, 08 s−1= −0, 788 .

Temu tangensu ustrezata dva kota in sicer δ1 = −0, 67 rad in δ2 = 2, 47 rad. Kerje polozaj nihala pozitiven, hitrost pa negativna, iscemo kot s pozitivni vrednostjo

26

sinusa in negativno vrednostjo kosinusa. Temu ustrezajo koti drugega kvadrantaoziroma koti med π/2 in π. Torej je fazni kot δ = δ2 = 2, 47 rad.

Nihalo gre skozi ravnovesno lego, ko je njegov polozaj nic oziroma, ko x(t) =A sin(ωt + δ) = 0. Ker sinus ima nicle v tockah Nπ, kjer je N poljubno celostevilo, velja:

ωtN + δ = Nπ ,

tN =Nπ − δ

ω, N ∈ Z0 .

Iscemo cas, ko gre nihalo prvic skozi ravnovesno lego. Torej N mora biti taksen, dabo tN najmanjse pozitivno stevilo. To se zgodi pri N = 1. Za cas dobimo:

t =π − 2, 47

1, 8 s−1= 0, 37 s .

Ostane nam se, da izracunamo maksimalno hitrost. Iscemo maksimum izraza v(t) =Aω cos(ωt + δ). Ker je maksimalna vrednost funkcije kosinus 1, dobimo:

vmax = Aω = 0, 1 m/s .

3. Na konec 1, 2m dolge vrvice obesimo majhno kroglico mase 50 g (prvonihalo) na koncu 0, 7m dolge vrvice pa kroglico mase 30 g (drugo nihalo).Oba nihala odklonimo za 5 in spustimo. Izracunaj kot med vrvico innavpicnico, kotno hitrost in kotni pospesek drugega nihala, ko je prvonihalo naredilo natanko tri nihaja. Nihali se med seboj ne motita.

Najprej izracunajmo krozno frekvenco obeh nihal:

ω1 =

√

g

l=

√

9, 81 m/s

1, 2 m= 2, 86 s−1 , ω2 =

√

g

l=

√

9, 81 m/s

0, 7 m= 3, 74 s−1 .

Nihajni cas prvega nihala je t1 = 2πω

= 2, 2 , torej iscemo polozaj, hitrost inpospesek drugega nihala po casu t = 3t1 = 6, 6 s. Drugo nihalo zanihamo tako,da ga odklonimo in spustimo. Zacetna hitrost je torej Ω1 = 0, zaceten polozaj paφ1 = 5 = 0, 087. Amplitudo in fazni kot drugega nihala izracunamo iz enacb (3.10):

A =√

φ21 + Ω2

1/ω2 = φ1 = 0, 087 , tan δ =

φ1ω

Ω1

= ∞ → δ = π/2 .

Sedaj pa lahko izracunamo polozaj hitrost in pospesek drugega nihala po casu t =3t1 = 6, 6 s:

x = A sin(ωt + δ) = 0, 087 · sin(3, 74s−1 · 6, 6 s + π/2) = 0, 078 ,

v = Aω cos(ωt + δ) = 0, 087 · 3, 74s−1 · cos(3, 74s−1 · 6, 6 s + π/2) = 0, 14 s−1 ,

a = Aω2 sin(ωt + δ) = 0, 087 · (3, 74s−1)2 · sin(3, 74s−1 · 6, 6 s + π/2) = −1, 1 s−2 .

27

4. Tri krogle radijev r1 = 2 cm, r2 = 5 cm in r3 = 8 cm in mase po m = 1kgnanizemo na vrv (glej sliko). Izracunaj lastno krozno frekvenco takodobljenega nihala (os je na vrhu vrvi).

Prvo izracunamo vstrajnostni moment nihala okoli dane osi (l = 10 cm):

J1 =2

5mr2

1 + m(r1 + l)2 = 14, 6 · 10−3 kgm2 ,

J2 =2

5mr2

2 + m(r2 + 2r1 + l)2 = 37, 1 · 10−3 kgm2 ,

J3 =2

5mr2

3 + m(r3 + 2r2 + 2r1 + l)2 = 105 · 10−3 kgm2 ,

J = J1 + J2 + J3 = 156, 7 · 10−3 kgm2 .

Potem izracunamo se tesisce sistema glede na dano os:

l∗ =m1x1 + x2m2 + x3m3

m1 + m2 + m3

=

=m(r1 + l) + m(r2 + 2r1 + l) + m(r3 + 2r2 + 2r1 + l)

3m=

=3l + 5r1 + 3r2 + r3

3= 21 cm .

Krozna frekvenca tega teznostnega nihala je torej:

ω =

√

Mgl∗

J=

√

3mgl∗

J= 6, 3 s−1 .

28

5. Palico dolzine l = 1, 5m in mase m = 1, 3kg vrtljivo vpnemo na stenoa = 0, 3m vstran od njenega krajisca. Palico odklonimo za ϕ0 = 10

v desno in jo spustimo. S koliksno frekvenco zaniha palica? Koliksnomaksimalno kineticno energijo doseze? Koliksni sta njena kineticna inpotencialna energija, ko je palica odklonjena za ϕ1 = 5 (potencijalnaenergija v ravnovesni legi je nic)?

Izracunajmo prvo, s koliksno krozno frekvenco zaniha palica. Vztrajnostni momentpalice je:

J =1

12ml2 + ml∗2 = 0, 5 kgm2 ,

kjer smo z l∗ oznacili oddaljenost med teziscem in vpetiscem palice (l∗ = l/2 − a =0, 45 m). Krozna frekvenca palice je torej:

ω =

√

mgl∗

J= 3, 4 s−1 .

Naj bo potencialna energija palice v ravnovesni legi nic. Takrat je njena kineticnaenergija maksimalna in je enaka mehanski energiji. Ko se nihalo nahaja v skrajnjilegi (je odklonjeno za amplitudo), je njegova kotna hitrost in s tem tudi njegovakineticna energija nic. Takrat je njegova potencialna energija maksimalna in jeenaka mehanski energiji. Ker se mehanska energija nedusenega nihala ohranja,lahko zaljucimo, da je maksimalna kineticna energija nihala, ki jo nihalo ima vravnovesni legi enaka maksimalni potencialni energiji nihala, ki jo nihalo ima, ko jeodklonjeno za amplitudo. Maksimalno kineticno energijo nihala torej izracunamopreko maksimalne potencialne energije.

Ko je nihalo odklonjeno za kot ϕ, se njegovo tezisce dvigne za h (glej spodnjo sliko).

Odklon ϕ in visino h lahko povezemo z enacbo:

cos ϕ =l∗ − h

l∗, h = l∗(1 − cos ϕ) .

29

Maksimalna potencialna energija in torej tudi maksimalna kineticna energija je:

Wkin,max = Wmeh = Wpot,max = mgh = mgl∗(1 − cos ϕ0) = 87 mJ .

Ko je nihalo odklonjeno za ϕ1 = 5, je njegova potencialna energija:

Wpot,1 = mgl∗(1 − cos ϕ1) = 22 mJ ,

njegova kineticna energija pa:

Wkin,1 = Wmeh − Wpot,1 = 65 mJ .

6. Maksimalna sila, ki vraca harmonicno nihalo v ravnovesno lego je 3 ×10−3 N, celotna mehanska energija nihanja pa 7 × 10−5 J. Koliksna je am-plituda nihanja tega vzmetnega nihala?

Silo, ki deluje na nihalo, dobimo iz drugega Newtonovega zakona:

F = ma = −mAω2 sin(ωt + δ)

in je maksimalna, ko je sin(ωt + δ) = 1, torej:

Fmax = mAω2 = mAk

m= Ak . (3.13)

Celotna mehanska energija je sestevek kineticne in potencialne energije v poljubnempolozaju nihala. Izberimo torej polozaj, ko je nihalo v skrajnji legi. Kineticnaenergija je takrat 0, potencialna in torej tudi celotna mehanska energija pa je

W = kx2/2 = kA2/2 . (3.14)

Iz enacbe (3.13) izpostavimo k in vstavimo v enacbo (3.14), da dobimo amplitudo:

k =Fmax

A, W =

Fmax

A

A2

2= A

Fmax

2, A =

2W

Fmax

= 4, 7 cm .

7. Pokazi, da se pri vzmetnem in fizicnem nedusenem nihalu celotna mehan-ska energija ohranja.

Vzmetno nihalo:

Mehansko energijo vzmetnega nihala v poljubnem casu t lahko zapisemo kot vsotoproznostne in kineticne energije:

Wmeh =mv(t)2

2+

kx(t)2

2.

V zgornjo enacbo vstavimo izraza za polozaj in hitrost nihala (glej enacbi (3.2) in(3.3)):

Wmeh =m

2(−Aω cos(ωt + δ))2 +

k

2(A sin(ωt + δ))2 .

30

Uporabimo se izraz za krozno frekvenco ω =√

km

in enacbo uredimo:

Wmeh =mA2

2

k

mcos2(ωt + δ) +

kA2

2sin2(ωt + δ)

=kA2

2(sin2(ωt + δ) + cos2(ωt + δ)) =

kA2

2.

Dobili smo izraz, v katerem ne nastopa cas. Torej se celotna mehanska energijaohranja (je od casa neodvisna).

Teznostno nihalo

Mehansko energijo teznostnega nihala v poljubnem casu t lahko zapisemo kot vsotopotencialne in kineticne energije:

Wmeh =JΩ(t)2

2+ mgh(t) , (3.15)

kjer je h visina na kateri se nahaja tezisce nihala v casu t. Visino merimo od tockena kateri se nahaja tezisce, ko je nihalo v ravnovesni legi. Prevzamemo namrec,da je potencialna energija teznostenga nihala v ravnovesni legi nic. Vztrajnostnimoment nihala okoli osi nihanja smo oznacili z J , kotno hitrost nihala pa z Ω(t).Visino h(t) lahko izrazimo s pomocjo odklona ϕ(t) (glej sliko):

cos ϕ(t) =l∗ − h(t)

l∗, h(t) = l∗(1 − cos ϕ(t)) ,

kjer je l∗ oddaljenost tezisca nihala od osi nihanja. Izpeljan izraz vnesemo v enacboza mehansko energijo (3.15):

Wmeh =JΩ(t)2

2+ mgl∗(1 − cos ϕ(t)) .

Za kosinusno funkcijo uporabimo priblizek za majhne kote (cos ϕ ≈ 1 − ϕ2/2), sajje teznostno nihalo harmonicno le v tej limiti:

Wmeh =JΩ(t)2

2+ mgl∗(1 − (1 − ϕ2/2)) =

JΩ(t)2

2+ mgl∗

ϕ(t)2

2, .

31

V enacbo vstavimo izraza za ϕ(t) in Ω(t) (glej (3.9):

Wmeh =JA2ω2 cos2(ωt + δ)

2+ mgl∗

A2 sin2(ωt + δ)

2,

uporabimo se podatek, da ω =√

mgl∗

Jin dobimo:

JA2 cos2(ωt + δ)

2

mgl∗

J+ mgl∗

A2 sin2(ωt + δ)

2=

=mgl∗A2

2(sin2(ωt + δ) + cos2(ωt + δ)) =

mgl∗A2

2.

Dobili smo izraz, v katerem ne nastopa cas, torej se celotna mehanska energijaohranja.

3.3 Dodatne naloge

1. Tocka, ki sinusno niha ima najvecjo hitrost 40 cm/s, najvecji pospesek pa 60 cm/s2.Koliksni sta frekvenca in amplituda nihanja? Zapisite izraze za casovno odvisnostlege, hitrosti in pospeska telesa, ce se tocka v casu t = 0 nahaja v ravnovesni legi.

2. Telo z maso 0, 5 kg harmonsko niha s frekvenco 2 Hz in amplitudo 8 mm. Koliksnaje najvecja sila, ki deluje na telo?

3. Krizec mase 10 g visi na brezmasni verizici. Verizico primemo 3 cm nad krizcem(tocka o) in krizec zanihamo. S koliksno frekvenco niha?

4. Matematicno nihalo z dolzino vrvice 3 m odklonimo za 2 na desno in ga sunemos kotno hitrostjo 0, 05 /s v desno. Za koliko je odklonjeno nihalo 1, 4 s po zacetkunihanja? Koliksna je takrat njegova kotna hitrost? Cez koliko casa gre nihalo prvicskozi ravnovesno lego?

32

5. Utez z maso 0, 5 kg lezi na gladki vodoravni podlagi. Utez pripnemo na stranskosteno z vzmetjo s koeficientom 40 N/m. Utez odmaknemo za 1, 2 cm v desno injo sunemo z zacetno hitrostjo 0, 3 m/s v levo. S koliksno frekvenco in s koliksnoamplitudo zaniha? Izracunaj odmik od ravnovesne lege, hitrost in pospesek nihala1, 5 s po zacetku nihanja.

6. Palica dolzine 1, 5 m in mase 0, 8 kg je vrtljivo vpeta 0, 3 m vstran od krajisca. Palicov casu t = 0 odklonimo za 4 v desno in jo sunemo s hitrostjo 0, 2 s−1 v levo.Izracunajte frekvenco, amplitudo, fazni kot, cas v katerem gre palica prvic skoziravnovesno lego in cas v katerem je palica prvic v skrajnjem desnem polozaju.

7. Lesena klada mase 1 kg miruje na gladkih vodoravnih tleh pripeta na zid s proznovzmetjo z razteznostnim koeficientom 500 N/m in je od zidu oddaljena za 10 cm.Proti kladi vzporedno s tlemi prileti izstrelek mase 5 g s hitrostjo 400 m/s, pre-bije klado in izstopi na drugi strani s hitrostjo 100 m/s. Koliksna je razdalja medzidom in klado, ko je klada zidu najblizje ter tri sekunde po tem, ko se klada zacnepremikati?

8. Pokazi, da se celotna mehanska energija matematicnega nihala ohranja.

33

Poglavje 4

Duseno nihanje

4.0.1 Harmonicno duseno nihanje

Harmonicno duseno nihanje dobimo v primeru, ko enacbo gibanja nihala lahko zapisemov obliki diferencialne enacbe:

x + 2βx + ω2

0x = 0 (4.1)

Kot resitev zgornje enacbe je izraz ki podaja odmik nihala od ravnovesne lege v odvis-nosti od casa:

x(t) = Ae−βt sin(ωt + δ) . (4.2)

Hitrost in pospesek nihala kod funkcijo casa pa dobimo z odvajanjem zgornjega izraza:

v(t) = −Aω0e−βt sin(ωt + δ − arctan(β/ω)) , (4.3)

a(t) = Aω2

0e−βt sin(ωt + δ − 2 arctan(β/ω)) , (4.4)

kjer

ω =√

ω20 − β2 . (4.5)

Odmik, hitrost in pospesek nihala so odvisni od stirih konstant: zacetne amplitude (A),krozne frekvence (ω), faznega kota (δ) in koeficienta dusenja (β). Koeficient dusnja inkrozna frekvenca sta odvisna od vrste nihala, zacetna amplituda in fazni kot pa od zacetnihpogojev.

Amplituda in koeficient dusnja

Ko primerjamo duseno nihanje z nedusenim, je prva razlika, ki jo opazimo, dodaten clene−βt pri dusenem nihanju. Ta clen pove, da amplituda pri dusenem nihanju ni konstantnaampak eksponentno pada s casom. Teoreticno gledano, nihalo nikoli ne bo nehalo nihati, vpraksi pa bo amplituda s casom toliko upadla, da omiki vec ne bodo zaznavni. Kako hitrobo amplituda padala je odvisno od koeficienta dusenja β. V casu 1/β bo amplituda padlana priblizno 37% svoje vrednosti, v casu t1/2 = ln 2/β pa na polovico svoje vrednosti. Cast1/2 imenujemo razpolovni cas. Koeficient dusenja β je odvisen od velikosti sile, ki dusinihalo in vrste nihala. Spodnja tabela podaja koeficiente dusnja za najbolj znana nihalapri sili dusenja ~F = −α~v:

34

vzmetno nihalo β = α/2m m masa utezi

matematicno nihalo β = α/2lmm masa utezil dolzina vrvice

teznostno nihalo β = αl∗/2J

J vztrajnostni moment nihalaokoli osi nihanja

l∗ oddaljenost prijemalisca siledusenja od osi nihanja

Energija pri dusenem nihanju: Celotna mehanska energija se pri dusenem nihanju neohranja, saj je sila dusenja nekonzervativna sila. V povprecju celotna mehanska energijaeksponentno pada s casom.

Graficna predstavitev dusenega nihanja

Krozna frekvenca in lastna krozna frekvenca

Druga pomembna razlika med dusenim in nedusenim nihalom je v tem, da duseno nihaloniha pocasneje, kot bi nihalo enako le neduseno nihalo. To je razvidno iz enacbe (4.5),kjer je ω krozna frekvenca dusenega nihala, ω0 pa lastna krozna frekvenca oziroma krozna

35

frekvenca enakega le nedusenega nihala. Vecji je koeficient dusenja, vecja je razlika medlasno in dejansko krozno frekvenco.

Kriticno dusenje: Ce natancneje pogledamo enacbo (4.5) opazimo, da frekvenca ni-hanja dusenega nihala pade na nic, ko je koeficient dusenja enak lastni frekvenci (β=ω).Temu pojavu recemo kriticno dusenje. Nihalo, ki je kriticno duseno vec ne niha, ampak seeksponentno priblizuje ravnovesni legi. Enako se zgodi z nihalom, pri katerem je β > ω,le da je eksponentno priblizevanje ravnovesni legi se pocasnejse.

4.0.2 Harmonicno vsiljeno nihanje

Harmonicno vsiljeno nihanje dobimo ko na duseno (ali neduseno) nihalo delujemo s silo

oblike ~F = ~F0 sin(ωt). Diferencialno enacbo vsiljenega nihala zapisemo v obliki:

x + 2βx + ω2

0x = f0 sin(ωt) , (4.6)

kjer je f0 normirana sila, ki je za vzmetno nihalo enaka f0 = F0/m, za matematicno nihalof0 = F0/ml in za teznostno nihalo f0 = F0l

∗/J . Pri tem smo z m oznacili maso utezi privzmetnem in matematicnem nihalu, z l dolzino vrvice matematicnega nihala, z J vztra-jnostni moment teznostnega nihala glede na os nihanja in z l∗ oddaljenost prijemaliscavsiljene sile od osi nihanja.

Resitev diferencialne enacbe je navadna sinusna funkcija:

x(t) = A sin(ωt + δ) . (4.7)

Enacbi za hitrost in pospesek nihala sta torej:

v(t) = −Aω cos(ωt + δ) ,

a(t) = Aω2 sin(ωt + δ) . (4.8)

Krosna frekvenca, amplituda in fazni kot pri vsiljenem nihanju

Krozna frekvenca s katero niha nihalo je enaka krozni frekvenci vzbujanja (ω iz enacb

(4.7) in (4.8) je enaka ω iz izraza za silo ~F = ~F0 sin(ωt)).Amplituda in fazni kot tokrat nista odvisna od zacetnih pogojev ampak od sile vzbu-

janja in lastnosti nihala. Velja namrec:

A =f0

√

(ω2 − ω20)

2 + 4β2ω2

, tan δ =2βω

ω20 − ω2

, (4.9)

Kjer je f0 normirana sila, ω krozna frekvenca vzbujanja, ω0 lastna krozna frekvenca in βkoeficient dusenja. Narisimo amplitudo kot funkcijo krozne frekvence:

36

Narisani krivuljo imenujemo resonancna krivulja. Opazimo, da je amplituda nihanja prizelo nizkih kroznih frekvencah enaka A = f0/ω

20. Amplituda nato strmo narasca, dokler

ne doseze maksimuma pri krozni frekvenci:

ωmax =√

ω20 − 2β2 .

Ko nihalo niha blizu te krozne frekvence, recemo, da se nahaja v resonanci. Pri majhnemdusenju je amplituda takrat presenetljivo velika (v primeru popolnoma nedusenega nihalacelo neskoncna). Pri kroznih frekvencah visjih od ωmax pa amplituda ponovno strmo pada.

Odvisnost faznega kota od krozne frekvence predstavlja graf:

Pri nizkih kroznih frekvencah sta torej sila in odmik v fazi (ko sila deluje v desno, se nihalopremika v desno in obratno). Fazni kot narasca s krozno frekvenco vzbujanja. Ko je taenaka lastni krozni frekvenci nihala, nihalo za silo zaostaja za cetrt nihaja, pri neskoncnikrozni frekvenci pa bi fazni zaostanek narasel na pol nihaja (nihalo bi se premikalo vnasprotni smeri sile vzbujanja.)

Energija pri vsiljenem nihanju

Amplituda nihanja ni odvisna od casa, zato se celotna mehanska energija vzbujeneganihala ohranja kljub temu, da je koeficient dusenja razlicen od nic. Namrec, nihalo iz silevzbujanja crpa energijo, ki jo izgublja z dusenjem. Koliko energije bo nihalo crpalo jeodvisno od vsiljene frekvence. Blizje je vsiljena frekvenca ωmax, vec energije crpa nihalo,saj je celotna mehanska energija sorazmerna z kvadratom amplitude nihanja.

37

4.1 Primeri

1. Klado mase m = 1, 5kg povezemo s steno z vzmetjo z razteznostno kon-stanto 75N/m. Na klado deluje sila dusenja oblike ~F = −5kg/s~v. Izracunajkoeficient dusenja, krozno frekvenco nihala in odmik nihala od ravnovesnelege eno sekundo po zacetku nihanja, ce je zacetna amplituda nihalaA = 5 cm in nihalo zacne nihanje v ravnovesni legi. Koliksna sila moradelovati na nihalo, da bi to bilo kriticno duseno.

Lastna krozna frekvenca in koeficient dusenja nihala sta:

ω0 =

√

k

m= 7, 07 s−1 , β =

α

2m= 1, 67 s−1 .

Krozna frekvenca nihala je torej:

ω =√

ω20 − β2 = 6, 87 s−1.

V casu t = 0 se nihalo nahaja v ravnovesni legi. Torej

0 = x(0) = Ae−β·0 sin(ω · 0 + δ) = A · 1 · sin δ , sin δ = 0 , δ = 0

V casu t = 1 s pa je oddaljenost nihala od ravnovesne lege:

x(1 s) = 5 cm · e−1,67 s−1·1 s sin(6, 87 s−1 · 1 s + 0) = 1, 1 mm .

Ce zelimo, da bi nihalo bilo kriticno duseno, mora veljati:

β = ω0 ,

√

k

m=

α

2m, α = 2

√km = 21, 1 kg/s .

Na nihalo bi torej morala delovati sila dusenja oblike

~Fdus = −21, 2kg

s· ~v .

2. Za nihalo iz prejsnje naloge izracunaj za koliko se zmanjsa amplituda potreh nihajih ter cez koliko casa se amplituda razpolovi. Koliko nihajevje to?

Razmerje med amplitudo na zacetku in amplitudo po treh nihajih je:

A3

A1

=Ae−β 3 t0

A= e−3 β t0 = e−

6πβ

ω = 0, 01 .

Amplituda po treh nihajih torej pade na 1%. Amplituda se razpolovi v casu t1/2 =ln 2/β = 0, 4 s. To ustreza t1/2/t0 = t1/2 ω/2π = 0, 45 nihajem.

38

3. Nihalo iz prve naloge vzbujamo z harmonicno silo. Amplituda sile je F0 =5N. Izracunaj s koliksno amplitudo niha nihalo pri kroznih frekvencahω1 = 3 s−1, ω2 = 10 s−1 in ω0. Pri koliksni frekvenci vzbujanja je amplitudamaksimalna in koliksna je?

ce upostevamo, da f0 = F0/m = 3, 3 N, dobimo da pri frekvenci ω1 = 3 s−1 nihaloniha z amplitudo:

A =f0

√

(ω2 − ω20)

2 + 4β2ω2

=

3, 3 N/kg√

((3 s−1)2 − (7, 07 s−1)2)2 + 4(1, 67 s−1)2(3 s−1)2

= 7, 8 cm ,

pri frekvenci ω2 = 10 s−1 z amplitudo:

A =3, 3 N/kg

√

((10 s−1)2 − (7, 07 s−1)2)2 + 4(1, 67 s−1)2(10 s−1)2= 5, 5 cm ,

pri frekvenci ω0 = 7, 07 s−1 pa z amplitudo:

A =3, 3 N/kg

√

((7, 07 s−1)2 − (7, 07 s−1)2)2 + 4(1, 67 s−1)2(7, 07 s−1)2

= 14 cm .

Telo doseze maksimalno amplitudo pri:

ωmax =√

ω20 − 2β2 = 6, 7 s−1 .

Amplituda nihanja je takrat:

A =3, 3 N/kg

√

((6, 7 s−1)2 − (7, 07 s−1)2)2 + 4(1, 67 s−1)2(6, 7 s−1)2= 15 cm .

4.2 Dodatne naloge

1. Pokazi, da sta resitvi (4.2) in (4.8) (skupaj z (4.9)) zares resitvi diferencialnih enacb(4.1) in (4.6).

2. Pokazi, da pri vsiljenem nihanju nihalo doseze maksimalno amplitudo ravno pri

krozni frekvenci ωmax =√

ω20 − 2β2. Kaj se zgodi z amplitudo in z njeno odvisnostjo

od krozne frekvence vzbujanja, ce ω0 < 2β?

39

Poglavje 5

Valovanje

5.1 Teoreticni uvod

5.1.1 Potujoce ravno valovanje

V prejsnjem poglavju smo obravnavali nihanje enega nihala. Sedaj bomo pogledali, kajse zgodi, ce imamo celo mrezo med seboj povezanih nihal. V taki mrezi, eno nihaloodklonimo in spustimo. Najprej bo to nihalo zacelo nihati, na to pa se bo to nihanjepreneslo na njegove najblizje sosede, na sosede od sosedov, itn., dokler postopoma nezacnejo nihati vsa nihala v mrezi. Recemo, da se je motnja (odmik enega nihala) razsirilapo celi mrezi nihal. Taksen pojav sirjenja motnje imenujemo valovanje. Mrezo sklopljenihnihal (imenujemo jo medij) v naravi najdemo zelo hitro, saj so molekule v snovi povezanetako, da jih lahko obravnavamo kot majhna, med seboj povezana nihala.

Odmik nihala (delca medija) pri enodimenzionalnem mediju na mestu x in v casu tpodaja enacba:

y(x, t) = A sin(ωt± kx) , (5.1)

kjer so A, ω in k konstante, ki jih imenujemo amplituda (A), krozna frekvenca (ω) invalovno stevilo (k).

Ce gledamo posamicno nihalo na nekem izbranem mestu x0, dobimo navadno enacboza nihanje:

y(t) = A sin(ωt± kx0) = A sin(ωt + δ) ,

Vidimo, da je krozna frekvenca neodvisna od polozaja delca, torej vse tocke v mediju ni-hajo z enako frekvenco. Frekvenco valovanja (ν) in periodo valovanja (T ) tako definiramokot frekvenco nihanja oziroma periodo nihanja poljubnega nihala (delca) v mediju. Velja:

ν =ω

2πin T =

2π

ω.

Podobno lahko vidimo, da je tudi amplituda neodvisna od polozaja delca v mediju invsi delci (nihala) nihajo z isto amplitudo. Fazni kot pa je odvisen od polozaja. Vidimonamrec, da velja δ = kx, kjer je x polozaj posamicnega nihala oziroma delca.

40

Poglejmo sedaj kako zgleda valovanje v nekem trenutku t0:

y(x) = A sin(ωt0 ± kx) = A sin(kx + δ) .

Kot vidimo je valovanje, ce ga zmrznemo v casu, sinusne oblike. Razmik med dvematockama z isto fazo v prostoru (npr. dvema maksimumoma oziroma dvema minimumoma)imenujemo valovna dolzina λ:

λ =2π

k.

Ce ponovno ”vkljucimo cas”, bomo videli, da se ta sinusna oblika premika v levooziroma desno stran. Iz sicer, ce je pred clenom kx negativni predznak, se sinusna slikapremika v smeri x osi, ce pa je pred clenom kx pozitivni predznak, pa se premika vnasprotni smeri x osi. Zaradi tega obcutka premikanja sinusne slike, imenujemo taksnovalovanje potujoce valovanje. Hitrost, s katero se sinusna slika premika pa imenujemosignalna hitrost c. Signalno hitrost, frekvenco in valovno dolzino povezuje zveza:

c = νλ .

Podobno, kot je frekvenca oziroma krozna frekvenca pri nihanju odvisna le od vrste nihala,je signalna hitrost valovanja odvisna le od lastnosti medija. V idealnem plinu je signalnahitrost enaka:

√

κRT

M,

kjer je κ razmerje specificnih toplot, T absolutna temperatura (v kelvinih), R plinskakonstanta in M molska masa plina. V tekocinah je signalna hitrost enaka:

1/√

χρ ,

kjer je χ stisljivost tekocine in ρ gostota tekocine.V trdni snovi razlikujemo med signalno hitrostjo longitudinalnega in signalno hitrostjo

transverzalnega valovanja. Transverzalno valovanje je valovanje pri katerem je smergibanja valovanja pravokotna na smer premikanja delcev medija, longitudinalno valovanjeje valovanje pri katerem je smer gibanja valovanja vzporedna s smerjo premikanja delcevmedija:

Signalna hitrost longitudinalnega valovanja v trdi snovi je:

√

E/ρ ,

41

kjer je E modul elasticnosti medija in ρ gostota medija. Signalna hitrost transverzalnegavalovanja, ki se siri po struni napeti s silo F pa je enaka:

√

F

ρS,

kjer je ρ gostota strune in S presni presek strune.

5.1.2 Stojece valovanje

Ce valovanje potuje po nekem omejenem mediju in se na koncih tega medija popolnomaodbije, kot rezultat dobimo putojoca valovanja enakih frekvenc in amplitud, ki potujejoena v eni in druga v drugi smeri medija. Ta valovanja se med seboj sestejejo (interferirajo)in pri dolocenih frekvencah kot rezultat dobimo stojece valovanje, ki ga opisemo z enacbo:

y = 2A cos(

ωt − ϕ

2

)

sin(

kx +ϕ

2

)

.

Kot vidimo iz enacbe, vse tocke nihajo v fazi in z enako frekvenco vendar pa z razlicnoamplitudo y0 = 2A sin(kx+ϕ/2). Ker vse tocke nihajo v fazi (istocasno gredo gor oziromadol), nimamo vec obcutka, da bi se valovanje premikalo po prostoru, zato taksno valovanjeimenujemo stojece valovanje.

Stojece valovanje pa ne nastane pri vsaki frekvenci. Ce je medij vrvica, ki je na obehkoncih pritrjena ali pa valovanje vzbujamo v piscali, je na obeh koncih ali obakrat odprtaali obakrat zaprta, potem stojece valovanje dobimo pri frekvencah:

42

L =Ncλ

2ν =

Nc

2L,

kjer je l dolzina vrvice oziroma piscali, λ valovna dolzina stojecega valovanja, ν frekvencavalovanja, c signalna hitrost valovanja in N poljubno naravno stevilo.

Ce je medij vrvica, ki je le na enem koncu pritrjena ali pa valovanje vzbujamo v piscali,ki je na enem koncu odprta na drugem pa zaprta, potem stojece valovanje dobimo prifrekvencah:

L =(2N + 1)λ

4ν =

(2N + 1)c

4L

5.1.3 Zvok, jakost in glasnost

Zvok je longitudinalno valovanje v frekvencnem obmocju od priblizno 16 Hz do priblizno20 kHz1 in tlacno razliko od 2× 10−5 Pa do 20 Pa. Ko to valovanje pride do usesa zatresebobnic in ta impulz telo zazna kot zvok. Valovanja s frekvenco manjso od 20 Hz imenujemoinfrazvok, valovanja s frekvenco visjo od 20 kHz pa ultrazvok.

Ker se delci zraka premikajo, zvok prenasa neko energijo W . Energijski tok P oznacujekoliko energije valovanje prenese na casovno enoto:

P = dW/dt ,

gostota energijskega toka ali jakost j pa oznacuje kolisno gostoto energije w = dW/dVprenese valovanje na casovno enoto oziroma:

j =P

S=

1

2ρcω2A2 =

(∆pA)2

2ρc,

1meje se razlikujejo od osebe do osebe in so pogojene z dednostjo, spolom, starostjo, itn.

43

kjer je P energijski tok, S povrsina, na katero se razsiri valovanje, ρ gostota medija, csignalna hitrost valovanja, ω krozna frekvenca valovanja, A amplituda valovanja in pA

amplituda tlacne razlike. Torej zvocnik z mocjo P , ki oddaja valovanje homogeno v celprostor, na razdalji r od zvocnika ustvarja zvok jakosti j = P/4πr2, kjer je 4πr2 povrsinakrogle radija r.

Clovesko uho slisi zvok od jakosti j0 = 10−12 W/m2 navzgor. Zato jakost j0 =10−12 W/m2 imenujemo tudi meja slisnosti. Vendar clovesko uho spremembo jakosti zvokaza recimo 10−10 W/m2 obcuti znatno bolj pri zacetni jakosti 10−11 W/m2 kot pa pri zacetnijakosti 10−2 W/m2. Zato vpeljemo glasnost, ki jo definiramo kot:

g = 10dB logj

j0

.

Spremembo glasnosti za 10 dB clovesko uho obcuti priblizno enako ne glede na zacetnojakost zvoka. Za obcutek koliksna glasnost je koliko ”glasnaso v spodnji tabeli navedeneglasnosti nekaterih znanih zvokov iz okolja:

Povzrocitelj zvoka glasnost [dB]susljanje lista 10sepet 30brencanje komarja 40normalen pogovor 50veleblagovnica 60gost promet 80delovni stoji 100rok koncert 110meja bolecine 120-130reaktivno letalo 140

Omenimo naj se, da daljsa izpostavljenost hrupu nad 80 dB povzroca predvsem psi-holoske motnje kot npr. stres, jeza, manjsa delovna sposobnost in ze kratkotrajna iz-postavljenost hrupu nad 120 − 130 dB pa povzroci bolecino in ima lahko za posledicotrajno okvaro sluha. Clovesko uho tudi ni enako obcutljivo na vse frekvence. Najbolj slisifrekvence okoli 3000 Hz.

5.2 Primeri

1. Putojoce valovanje na napeti struni opisemo z enacbo

y = 0, 02 m sin(30t/s − 4x/m) .

Doloci amplitudo, frekvenco, signalno hitrost in valovno dolzino valo-vanja ter narisi kako se odmik tocke, ki je oddaljena za 3m od izhodiscaspreminja s casom. Narisi tudi kako zgleda struna v casu 2 s.

44

Potujoce valovanje opisuje enacba:

y = y0 sin(ωt − kx) ,

kjer je y0 amplituda valovanja, k valovno stevilo in ω krozna frekvenca. Iz enacbe

y = 0, 02 m sin(30t/s − 4x/m)

torej lahko razberemo, da y0 = 0, 02 m, ω = 30 s−1 in k = 4 m−1. Amplitudo zeimamo, iz valovnega stevila in krozne frekvence pa izracunamo valovno dolzino,frekvenco in signalno hitrost:

ν = ω/2π = 4, 78 Hz , λ = 2π/k = 1, 57 m , c = νλ = 7, 5 m/s .

Odmik tocke, ki je za 3 m oddaljena od izhodisca podaja enacba:

y = 0, 02 m sin(30t/s − 4 m−1 · 3 m) = 0, 02 m sin(30t/s − 12)

Gre za sinusno funkcijo z amplitudo 0, 02 m, ki ima nicle v casih t = (kπ + 12)/30 s,maksimume v casih t = ((2k + 0, 5)π + 12)/30 s in minimume v casih t = ((2k −0, 5)π + 12)/30 s, kjer je k poljubno celo stevilo:

y

t-0.3 -0.2 -0.1 0.1 0.2 0.3

-0.02

-0.01

0.01

0.02

V casu t = 2 s obliko strune podaja enacba

y = 0, 02 m sin(30 s−1 · 2 s − 4x/m) = 0, 02 m sin(60 − 4x/m) .

Ponovno gre za sinusno funkcijo z amplitudo 0, 02 m, ki ima nicle v tockah x =(kπ + 60)/4 m, maksimume v tockah x = ((2k − 0, 5)π + 60)/4 m in minimume vtockah x = ((2k + 0, 5)π + 60)/4 m, kjer je k poljubno celo stevilo:

45

y

x-2 -1 1 2

-0.02

-0.01

0.01

0.02

2. Zapisi izraz za transverzalni harmonski val z amplitudo 0, 2m in valovnodolzino 2, 8m, ki potuje s hitrostjo 13, 3m/s v negativni smeri x-osi terima ob casu t = 0 v tocki x = 0 odmik 0, 12m.

Enacbo potujocega valovanja, ki potuje s hitrostjo c v negativni smeri x-osi, zapisemokot:

y = y0 sin(ωt + kx + δ) ,

kjer je y0 amplituda valovanja, k valovno stevilo in ω krozna frekvenca. Iz podatkovv nalogi, izracunamo potrebne konstante:

k = 2π/λ = 2, 24 m−1 , ω = 2πν = 2πc/λ = 30 s−1 .

Enacba valovanja se glasi:

y = 0, 2 m sin(30t/s + 2, 24x/m + δ) .

Ostane nam le, da dolocimo δ. V casu t = 0 je tocka s koordinato x = 0 odravnovesja odmaknjena za 0, 12 m:

0, 12 m = 0, 2 m sin(30/s · 0 + 2, 24/m · 0 + δ) = 0, 2 m sin δ ,

sin δ =0, 12m

0, 2m= 0, 64 .

Dobimo torej:y = 0, 2 m sin(30t/s + 2, 24x/m + 0, 64) .

3. Izracunaj hitrost zvoka v zraku, kisiku, heliju in ksenonu pri normalnihpogojih (T=20, p=1bar).

Hitrost zvoka v plinu podaja enacba:

c =

√

κRT

M.

46

Hitrost zvoka v zraku je torej:

c =

√

√

√

√

1, 4 · 8, 314 J/kmolK · 293 K

28 kg/kmol= 337 m/s ,

v kisiku:

c =

√

√

√

√

1, 4 · 8, 314 J/kmolK · 293 K

32 kg/kmol= 326 m/s ,

v ksenonu:

c =

√

√

√

√

1, 67 · 8, 314 J/kmolK · 293 K

131 kg/kmol= 176 m/s ,

in v heliju:

c =

√

√

√

√

1, 67 · 8, 314 J/kmolK · 293 K

4 kg/kmol= 1008 m/s .

4. Majhno eksplozijo pri gradnji zelezniske proge opazuje delavec, ki je odnje oddaljen l = 800m. Eno uho ima prislonjeno k tracnicam in zatoslisi dva poka. Koliksna je hitrost zvoka v zelezu, ce je gostota zelezaρ = 7, 8kg/dm3 in proznostni modul zeleza E=2× 1011 N/m2? Koliko casapo eksploziji slisi prvi pok in cez koliko casa drugega? Hitrost zvoka vzraku je cz = 340m/s.

Prvo izracunajmo hitrost zvoka v zelezu:

cFe =√

E/ρ = 5 km/s .

Torej zvok eksplozije, ki potuje po zelezu potrebuje: t = l/cFe = 0, 16 s, da pride dodelavca. Zvok, ki potuje po zraku pa za isto razdaljo potrebuje t = l/cz = 2, 35 s.

5. Koliksna je frekvenca osnovnega tona l = 40 cm dolge klavirske strune zmaso m = 6 g, ki je napeta s silo F = 500N?

Najprej izracunajmo hitrost zvoka v struni:

c =√

F/Sρ =√

F l/m = 183 m/s ,

kjer smo upostevali, da m = ρV = ρSl oziroma ρS = m/l .

Valovna dolzina osnovnega tona strune je enaka dvakratni dolzini strune λ = 2l =80 cm. Frekvenca osnovnega tona strune je torej enaka:

c = νλ , ν = c/λ = 228 Hz .

47

6. Doloci prvih pet frekvenc stojecih valov, ki jih vzbudimo v 30 cm dolgipiscali, ki je a) odprta na obeh koncih in b) odprta na enem koncu.

Frekvence stojecih valov na l dolgi piscali, ki je odprta na obeh koncih podaja enacba

ν = Nc/2l ,

kjer je N zaporedna stevilka stojecega valovanja, c hitrost zvoka v zraku (c =340 m/s) in l dolzina piscali. Frekvence prvih pet stojecih valov na obeh koncihodprte piscali so torej:

N = 1 , ν =340 m/s

0, 6 m= 567 Hz ,

N = 2 , ν =2 · 340 m/s

0, 6 m= 1133 Hz ,

N = 3 , ν =3 · 340 m/s

0, 6 m= 1700 Hz ,

N = 4 , ν =4 · 340 m/s

0, 6 m= 2267 Hz ,

N = 5 , ν =5 · 340 m/s

0, 6 m= 2833 Hz .

Frekvence stojecih valov na l dolgi piscali, ki je odprta le na enem koncu pa podajaenacba:

ν = (2N − 1)c/4l .

Frekvence prvih pet stojecih valov na enem koncu odprte piscali so torej:

N = 1 , ν =340 m/s

1, 2 m= 183 Hz ,

N = 2 , ν =3 · 340 m/s

1, 2 m= 850 Hz ,

N = 3 , ν =5 · 340 m/s

1, 2 m= 1417 Hz ,

N = 4 , ν =7 · 340 m/s

1, 2 m= 1983 Hz ,

N = 5 , ν =9 · 340 m/s

1, 2 m= 2550 Hz .

48

7. Zvocnik oddaja zvok moci P = 20W izotropno v pol prostor. Koliksna jejakost zvoka na razdalji r = 3m od zvocnika? Koliksna je tam glasnostzvoka?

Jakost zvoka, ki ga oddaja zvocnik je:

j = P/S = P/2πr2 = 0, 35 W/m2 ,

kjer je S povrsina na katero se razsiri zvok. Ce bi se zvok razsiril na celi prostor,bi za S morali vzeti povrsino krogle radija r, ker pa se zvok razsiri le v pol prostor,smo vzeli polovicno povrsino.

Glasnost zvoka na tej razdalji je enaka:

g = 10 log(j/j0) = 115db ,

kjer je j0 = 10−12 W/m2 najmanjsa jakost zvoka, ki ga se slisimo.

8. Majhen zvocnik oddaja zvok s frekvenco ν = 440Hz enakomerno na vsestrani. Moc zvocnika pada enakomerno s casom in pade z P0 = 1W nanic v petih sekundah. Koliksna sta amplitudi tlaka in odmika v oddal-jenosti d = 5m od zvocnika po treh sekundah? Temperatura zraka jeT = 300K, masa kilomola zraka M = 29kg, zracni tlak p = 1024mbar,razmerje specificnih toplot pa κ = 1, 4.

Moc zvocnika pade z 1 W na nic v petih sekundah. Po treh sekundah je torej moczvocnika P = 1 W(1 − 3 s/5 s) = 0, 4 W. Amplituda tlaka in odmika delcev zraka voddaljenosti d od zvocnika sta takrat:

P =1

2Sρω2cA2 , A =

√

2P

Sρω2c= 9 × 10−6 m ,

P =(∆pA)2S

2ρc, ∆pA =

√

2Pρc

S= 1 Pa ,

kjerS = 4πd2 = 314 m2 , ω = 2πν = 2763 s−1 ,

c =√

κRT/M = 347 m/s , ρ =pM

RT= 1, 1 kg/m3 .

5.3 Dodatne naloge

1. Sirjenje vala je doloceno z enacbo y = 0, 02 cm sin(0, 4x/cm + 50t/s + 0, 8). Dolocivalovno dolzino, periodo, amplitudo, signalno hitrost ter hitrost gibanja medija obcasu 0, 5 s na razdalji 1 cm. (15, 7 cm, 0.126 s, 0, 02 cm, 125 cm/s, 0, 876 cm/s)

2. Zapisi enacbo ravnega vala, ki se s hitrostjo 45 m/s siri v smeri pozitivne x osi inima amplitudo 10 cm in frekvenco 300 Hz (10 cm sin(1884t/s − 41, 9x/m))

49

3. Valovanje s frekvenco 500 Hz se siri s hitrostjo 359 m/s. Koliko sta medsebojnooddaljeni tocki, ki nihata z fazno razliko 60 rad? (6, 68 m)

4. S koliksno hitrostjo se siri zvok pri temperaturi 20C, ce se pri temperaturi 0C siris hitrostjo 331 m/s? (342 m/s)

5. 75 cm dolga jeklena struna na kitari je na enem koncu vpeta, na drugem pa navitapreko vijaka s premerom 1 cm. Struna niha v osnovnem nacinu in je uglasenana frekvenco 660 Hz z instrumentom za uglasevanje, katerega natancnost pri tejfrekvence znasa 5 Hz. Za koliksen kot se lahko odvije vijak, ne da bi zaznali spre-membo frekvence? Gostota jekla je 7, 8 g/cm3, proznostni modul pa 2× 1011 N/m2.(0, 09 rad)

6. Droben zvocnik seva v zraku zvok s frekvenco 1000 Hz enakomerno na vse strani.Na razdalji 1 m od zvocnika je amplituda delov enaka 0, 005 µm. V koliksni razdaljiod zvocnika komaj se slisimo zvok, ce je slisna meja pri jakosti 10−12W/m2? Hitrostzvoka v zraku je 340 m/s, gostota zraka pa 1, 2 kg/m3. (200 km)

7. Stroj oddaja enakomerno na vse strani zvocni energijski tok 10−6W. V koliksnirazdalji od stroja doseze glasnost 50 dB? Koliksna je glasnost v 10-krat vecji razdalji?(30 dB)

50

Poglavje 6

Valovanje - Doplerjev efekt

6.1 Teoreticni uvod

Ce neki premikajoci se objekt (imenujmo ga oddajnik) oddaja valovanje frekvence ν0 inneki drugi premikajoci se objekt (imenujmo ga sprejemnik) to valovanje sprejema, potemje frekvenca valovanja, ki jo sprejemnik zazna, razlicna od oddane frekvence ν0. Temupojavu recemo Dopplerjev efekt. Frekvenca, ki jo sprejemnik slisi je odvisna od hitrostiin smeri gibanja sprejemnika in oddajnika:

smer gibanja frekvenca, ki jo slisi sprejemnik

ν = ν0c+vs

c−vo

ν = ν0c−vs

c+vo

ν = ν0c+vs

c+vo

ν = ν0c−vs

c−vo

ν frekvenca, ki jo slisi sprejemnikν0 frekvenca, ki jo odda oddajnikc signalna hitrost valovanjavs hitrost sprejemnikavo hitrost oddajnika

51

6.1.1 Dopplerjev efekt pri odboju na oviri

Naj neko premikajoce se telo oddaja valovanje s frekvenco ν0. To valovanje naj se odbije odneke ovire (zrcala) in pride nazaj do oddajnika. Zaradi Dopplerjevega efekta se frekvencasprejetega valovanja razlikuje od frekvence oddanega valovanja. Frekvenco sprejetegavalovanja izracunamo tako, da najprej telo obravnavamo kot oddajnik, zrcalo pa kotsprejemnik, nato pa vlogi zamenjamo. Zrcalo namrec odda valovanje z enako frekvenco,kot ga je sprejelo.

6.1.2 Dopplerjev efekt, ko se oddajnik in sprejemnik priblizujetapod kotom

Ce se oddajnik in sprejemnik ne priblizujeta (oddaljujeta) celno ampak pod nekim kotom,sprejeto frekvenco racunamo na naslednji nacinu:

1. Narisemo zveznico med oddajnikom in sprejemnikom

2. Hitrosti oddajnika in sprejemnika razstavimo na komponenti vzporedni z zveznicoin komponenti pravokotni na zveznico.

3. Izracunamo frekvenco, ki jo slisi sprejemnik upostevajoc le komponenti hitrosti vz-poredni z zveznico.

6.1.3 Dopplerjev efekt pri premikajocem se mediju

Zgoraj zapisane enacbe za spremembo frekvence so zapisane v sistemu v katerem medijmiruje. Ce se medij premika, najprej z Galilejevimi transformacijami preidemo v sistemv katerem medij miruje in nato izracunamo sprejeto frekvenco. To storimo tako, da odvseh hitrostih vektorsko odstejemo hitrost medija.

52

6.2 Primeri

1. Podmornice ”gledajo”pod vodo, tako da spuscajo ultrazvocno valovanje.To se odbija od mirojocih se ali premikajocih se ovir in se vraca nazaj kpodmornici. Neka podmornica se giblje proti nepremicni steni. Frekvencaodbitega ultrazvocnega valovanja, ki ga podmornica sprejme je za k = 5%visja kot frekvenca oddanega valovanja. Iz tega podatka izracunaj hitrostpodmornice, ce ves, da je hitrost ultrazvoka v vodi 1482km/h.

Podmornica naj odda valovanje s frekvenco ν0. Nepremicna stena potem slisi valo-vanje s frekvenco:

ν1 = ν0 ·c

c − v, (6.1)

kjer je v hitrost podmornice in c hitrost ultrazvoka v vodi. Valovanje se od steneodbije in vrne nazaj k podmornici, ta pa ga slisi s frekvenco:

ν2 = ν1 ·c + v

c. (6.2)

Enacbo (6.1) vstavimo v enacbo (6.2) in dobljeni izraz uredimo:

ν2 = ν0 ·c

c − v

c + v

c= ν0 ·

c + v

c − v,

ν2

ν0

=c + v

c − v,

ν2

ν0

− 1 =c + v

c − v− 1 ,

ν2 − ν0

ν0

= k =c + v − (c − v)

c − v=

2v

c − v,

k(c − v) = 2v , kc = (2 + k)v , v =kc

2 + k,

v = 1482 km/h · 0, 05

2, 05= 36 km/h .

2. Policijski avtomobil se z vklopljeno sireno priblizuje kriziscu s severnestrani s hitrostjo va = 100km/h. Iztocasno se z vzhoda s hitrostjo vb =60km/h kriziscu priblizuje osebni avtomobil. Koliksno frekvenco sireneslisi voznik avtomobila, ko je od krizisca oddaljen za a = 100m, policijskiavtomobil pa za b = 50m. Osnovna frekvenca policijske sirene je ν0 =1000Hz, hitrost zvoka v zraku pa c = 340m/s.

Oba avtomobila in center krizisca tvorita pravokotni trikotnik:

53

Hitrosti avtomobila in policijskega avta razstavimo na komponenti vzporedni shipotenuzo tega trikotnika in komponenti pravokotni na hipotenuzo trikotnika.

Frekvenca, ki jo slisi osebni avtomobil potemtakem je:

ϕ = arctana

b= 63, 4 , ν = ν0

c + vbx

c − vax

= ν0

c + vb cos ϕ

c − va sin ϕ= 1083 Hz .

3. Vlak se priblizuje zelezniski postaji s hitrostjo v1 = 80km/h z juznestrani ter pri tem oddaja zvocni signal frekvence ν0 = 2000Hz. Koliksnofrekvenco slisijo potniki na postaji, ce a) je brezvetrje, b) piha veter s sev-era s hitrostjo v2 = 20km/h, c) piha veter z juga s hitrostjo v3 = 15km/h?Hitrost zvoka v zraku je c = 340m/s.

a) V brezvetrju potniki na postaji slisijo frekvenco sirene:

ν = ν0 ·c

c − v1

= 2140 Hz .

54

b) Ko piha veter s severa s hitrostjo v2 moramo prvo preiti v sistem v katerem zrakmiruje. To bomo storili tako, da bomo od hitrosti vlaka in hitrosti potnikovodsteli vektor hitrosti vetra oziroma pristeli hitrost v2 v smeri severa (veterpiha v smeri juga). Vlak se giblje s hitrostjo v1 proti severu. Ko mu pristejemov2 v smeri severa, dobimo hitrost v1 + v2 v smeri severa. Potniki mirujejo. Kojim pristejemo v2 v smeri severa dobimo, da se potniki v sistemu, v kateremzrak miruje, gibljejo v smeri severa s hitrostjo v2. Frekvenca sirene, ki jo slisijoje torej:

ν = ν0 ·c − v2

c − (v1 + v2)= 2142 Hz .

c) Ko piha veter z juga s hitrostjo v3 postopamo na podoben nacin, kot v tockib). Vlaku in potnikom moramo pristeti v3 v smeri juga. Vlak se v sistemumirujocega zraka torej giblje s hitrostjo v1 − v3 v smeri severa, potniki pa shitrostjo v3 v smeri juga. Potniki torej slisijo frekvenco:

ν = ν0 ·c + v3

c − (v1 − v3)= 2138 Hz .

6.3 Dodatne naloge

1. Avtomobil, ki oddaja zvocni signal s konstantno frekvenco zapelje mimo opazovalca,ki stoji ob robu ceste. Dokler se avtomobil priblizuje opazovalcu, ta slisi zvokfrekvence 450 Hz, ko pa avto zapelje mimo in se oddaljuje od opazovalca, ta izmeri,da je frekvenca zvoka, ki ga tokrat slisi 400 Hz. Izracunaj hitrost avtomobila, ce jehitrost zvoka v zraku 340 m/s. (20 m/s)

2. Resilni avtomobil vozi po vodoravni cesti s hitrostjo 25 m/s. Njegova sirena oddajasignal s frekvenco 500 Hz. Koliksno frekvenco zvoka zazna voznik v avtomobilu,ki vozi po isti cesti v nasprotni smeri s hitrostjo 15 m/s tako da se oddaljuje odresevalnega avtomobila? Koliksno frekvenco pa bi slisal, ce bi se resevalnemu vozilupriblizeval? Koliksno frekvenco slisi voznik avtomobila, ki vozi v isti smeri kot resilecs hitrostjo 20 m/s pred resilcem? Koliko frekvenco slisi ta isti voznik, ko ga resilecprehiti? (445 Hz, 563 Hz, 508 Hz, 493 Hz)

3. Podmornici A in B plujeta ena proti drugi. Kapitan podmornice A izmeri, da seje frekvenca ultrazvoka, ki ga je podmornica A oddala in se je od podmornice Bodbilo, ter vrnilo nazaj k podmornici A, zvisala za 10%. S koliksno hitrostjo se gibljepodmornica B, ce se podmornica A premika s hitrostjo 50 km/h, hitrost ultrazvokav vodi pa je 1482 km/h? (20, 6 km/h)

4. Ko so policijski avtomobil s prizgano sireno, opazovalec A in opazovalec B v polozajihprikazanih na sliki, opazovalec A izmeri, da slisi sireno s frekvenco 1005 Hz, opazo-valec B pa z 1015 Hz. S koliksno hitrostjo pelje policijski avto? Ali pelje z leve protidesni ali pa iz desne proti levi? Oba opazovalca mirujeta. Vetra ni. (100 km/h nadesno)

55

5. Coln vozi s hitrostjo 5 m/s vzporedno z obalo od zahoda proti vzhodu (glej slikospodaj levo). Ko je coln najblizje opazovalcu na obali (na sliki oznacen z O), spustizvocni signal frekvence 600 Hz. Kaksno frekvenco slisi opazovalec na obali, ce pihajugozahodni veter s hitrostjo 10 m/s? Kaksno frekvenco pa bi slisal, ce bi se ladjaoddaljevala od obale (pravokotno na obalo) s hitrostjo 5 m/s? (OPOMBA: jugoza-hodni veter piha iz jugozahodne proti severovzhodni smeri in v nasem primeru zobalo oklepa kot 45.) (600 Hz, 610 Hz)

6. Stojimo na obali in opazujemo ladjo ki pluje vzporedno z obalo (glej desno sliko).Ko je ladja v polozaju 1 spusti zvocni signal in mi zabelezimo frekvenco 1000 Hz. Vnaslednji minuti se ladja premakne iz polozaja 1 v polozaj 2, kjer ponovno spustizvocni signal. Tokrat zabelezimo frekvenco 989 Hz. Koliksna je hitrost vetra, kipiha iz morja proti kopnem pravokotno na obalo. Predpostavi, da se ladja ves casgiba enakomerno in da je oba zvocna signala spustila enaka sirena (opazovalec naladji obakrat slisi enako frekvenco). Ali je izracun natancen? Preveri kaj dobis, ce sise pri drugi frekvenci zmotil le za 1 Hz (izmeril si frekvenco 990 Hz oziroma 988 Hz).Hitrost zvoka v zraku je 340 m/s. (30 m/s, 1, 7 − 70 m/s)

56

Poglavje 7

Temperaturno razsirjanje (krcenje)snovi

7.1 Teoreticni uvod

Pri spremembi temperature se telesu spremenijo dolzina in volumen. Recimo, da je nekotelo pri temperaturi T0 dolgo l0, potem je pri temperaturi T njegova dolzina enaka:

l = l0(1 + α∆T ) , ∆T = T − T0 . (7.1)

Koeficient α imenujemo temperaturni koeficient dolzinskega raztezka in je odvisen odsnovi, iz katere je telo. Vecina snovi ima pozitiven koeficient α, kar pomeni, da se prisegrevanju sirijo, pri ohlajanju pa krcijo. Le redko je α negativen.

Tudi na tekocine ima temperatura podoben vpliv, le da tokrat ne moremo govoriti ospremembi dolzine ampak o spremembi volumna. Ce je namrec V0 volumen tekocine pritemperaturi T0, pri temperaturi T ima ta tekocina volumen:

V = V0(1 + β∆T ) , ∆T = T − T0 , (7.2)

kjer je β temperaturni koeficient volumskega raztezka in je ponovno odvisen od vrstetekocine. Podobno kot pri trdni snovi, tudi vecina tekocin se pri segrevanju siri, karpomeni, da imajo pozitiven koeficient β. Le redko je pri tekocinah β negativen. Zelo znantaksen primer je voda med 0 C in 4 C. Ta pojav imenujemo anomalija vode.

Pri trdni snovi sta temperaturni koeficient volumskega raztezka in temperaturni koe-ficient linearnega raztezka povezana z enacbo:

β = 3 · α . (7.3)

Da povezava drzi, lahko pokazemo na primeru raztezanja pravokotne posode s stranicamidolzin a0, b0 in c0. Volumen posode je V0 = a0b0c0. Pri dvigu temperature za ∆T sedolzine stranic razsirijo na a, b in c. Novi volumen posode je tedaj:

V = abc = a0(1 + α∆T ) · b0(1 + α∆T ) · c0(1 + α∆T ) =

58

a0b0c0(1 + α∆T )3 = V0(1 + 3α∆T + 3α2∆T 2 + α3∆T 3) .

Ker je koeficient α reda velikosti 10−5K−1, je α2 reda velikosti 10−10K−2, α3 pa celo redavelikosti 10−15K−3. To pomeni, da je vpliv clenov z α2 in α3 na spremembo volumnazanemarljivo majhen in te clene lahko izpustimo. Dobimo:

V = V0(1 + 3α∆) .

Ce rezultat primerjamo z enacbo (7.2) vidimo, da drzi zveza (7.3). Tudi ce posoda nipravokotne oblike, pri izracunu volumna moramo zmnoziti tri dolzine (drugace ne bidobili enoto m3). To pomeni, da bi v vsakem primeru dobili clen (1 + α∆T )3 in s temtudi enak rezultat.

Na podoben nacin sklepamo, da je temperaturni koeficient povrsinskega raztezka enak2α oziroma

S = S0(1 + 2α∆T ) , ∆T = T − T0 , (7.4)

kjer je S0 povrsina telesa pri temperaturi T0, S pa povrsina telesa pri temperaturi T .

7.2 Primeri

1. Z jeklenim trakom izmerimo dolzino bakrene palice pri temperaturi 0 Cin dobimo vrednost 1250, 0mm. Koliksen odcitek bi dobili pri temperaturi50 C? Temperaturni koeficient dolzinskega raztezka za baker je 1, 4 ×10−5 K−1, za jeklo pa 1, 2 × 10−5 K−1.

Dolzino bakrene palice pri temperaturi 0 C oznacimo z l01 (l01 = 1250, 0 mm). Pri50 C bo dolzina bakrene palice:

l1 = l01(1+α∆T ) = 1250, 0 mm(1+1, 4×10−5 K−1 · (50C−0C)) = 1250, 875 mm ,

vendar to se ni dolzina, ki jo izmerimo. Jekleni trak, s katerim merimo se namrectudi raztegne. En meter jeklenega traku pri 0 C bo pri 50 C dolg:

l0 = 1 m(1 + 1, 2 × 10−5 K−1 · (50C − 0C)) = 1, 0006 m .

Dolzina bakrenega traku, ki jo zmerimo z jeklenim trakom bo torej:

l = l1/1, 0006 = 1250, 125 m .

2. Ura z nihalom iz medenine je tocna pri temperaturi 0 C. Za koliko za-ostaja dnevno pri temperaturi 20 C? Temperaturni koeficient dolzinskegaraztezka medenine znasa 1, 9 × 10−5 K−1.

Nihajni cas matematicnega nihala, na cigavem principu ura deluje, je podan zenacbo:

t0 =2π

ω= 2π

√

l

g,

59

kjer je ω krozna frekvenca za matematicno nihalo, g teznostni pospesek (g =9, 81 m/s) in l dolzina nihala. Naj bo pri temperaturi 0 C dolzina nihala l1. Nihajnicas nihala je takrat:

t01 = 2π

√

l1g

.

Pri temperaturi 20 C se dolzina nihala spremeni na l2 = l1(1 + α∆T ), nihajni casnihala pa na:

t02 = 2π

√

l2g

= 2π

√

l1(1 + α∆T )

g= t01

√1 + α∆T .

V enem dnevu oziroma 24 urah nihalo pri 0 C naredi N nihajev, kjer:

N =24h

t01.

Ko se temperatura spremeni, ura se vedno “racuna”, da N nihajev pomeni en dan.Pri 20 C pa za N nihajev ura v resnici potrebuje:

t = N · t02 =24h

t01· t01

√1 + α∆T = 24h ·

√1 + α∆T = 24, 00912 h .

Ura torej na dan zaostaja za 0, 00912 h oziroma 32, 8 s.

3. Stekleno posodo z volumnom 1000 cm3 do roba napolnimo z zivim sre-brom pri temperaturi 0 C. Ce posodo in zivo srebro segrejemo do 100 C,iztece preko roba 15, 2 cm3 zivega srebra. Izracunaj linearni razteznos-tni koeficient stekla, ce je volumski razteznostni koeficient zivega srebra18 × 10−5 K−1.

Pri temperaturi 0 C in posoda in zivo srebro imata volumen V0 = 1000 cm3. Pri100 C se volumen zivega srebra spremeni na:

V1 = V0(1 + β∆T ) = 1000 cm3(1 + 18 × 10−5 K−1(100 C − 0 C)) = 1018 cm3 .

Ker preko roba iztece 15, 2 cm3 zivega srebra, je prostornina posode pri 100 C V2 =1018 cm3 − 15, 2 cm3 = 1002, 8 cm3. Od tod lahko izracunamo linearni razteznostnikoeficient stekla. Velja namrec:

V2 = V0(1 + β2∆T ) = V0(1 + 3α∆T ) ,V2

V0

= 1 + 3α∆T ,

V2

V0

− 1 =V2 − V0

V0

= 3α∆T ,

α =V2 − V0

3V0∆T=

2, 8 cm3

3 · 1000 cm3 · 100 C= 0, 93 × 10−5 K−1 .

60

7.3 Dodatne naloge

1. Betonska avtocesta je zgrajena iz posameznih plosc dolgih 14 m. Kako sirok morabiti razmik med njimi pri temperaturi 20 C, da v temperaturnem obmocju od−20 C do +60 C ne pride do krivljenja plosc? Razteznostni koeficient za beton je11 × 10−6 K−1.

2. Za koliko se poveca povrsina krogle iz aluminija s polmerom 10 cm, ce jo segrejemoza 50 C?

3. V hladnem poletnem jutru je voznik tovornjaka natocil 5000 l nafte v zvrhano polnocisterno. Cez dan se je ozracje mocno segrelo, tako da je bila opoldne temperaturaza 23C visja kot zjutraj. Koliko litrov goriva je zaradi raztezanja izteklo iz cis-terne? Temperaturni koeficient volumskega temperaturnega raztezka za nafto je9, 5× 10−5 K−1, temperaturni koeficient dolzinskega raztezka za jeklo, iz katerega jenarejena cisterna, pa je 1, 1 × 10−5 K−1.

61

Poglavje 8

Toplota, kalorimetrija

8.1 Teoreticni uvod

Vzemimo dve telesi razlicnih temperatur in jih staknimo skupaj. Opazimo, da se bo teloz visjo temperaturo ohlajalo, telo z nizjo temperaturo pa segrevalo, vse dokler telesi nebosta imeli enake temperature. Med telesi je prislo do izmenjave toplote. Telo z visjotemperaturo je oddalo toploto, zaradi cesa se je ohladilo, telo z nizjo temperaturo pa jeto toploto sprejelo in zato se je segrelo.

Kaj pa sploh je toplota? Poglejmo, kaj se je s telesi dogajalo na nivoju molekul.Molekule telesa z visjo temperaturo imajo visjo kineticno energijo. Ko dve telesi pridetav stik, molekule trkajo med seboj in se kineticna energija z hitrejsih molekul prenasa napocasnejse.

Ce telesi postavimo tako, da lahko izmenjujeta toploto, recemo da sta telesi v termicnemstiku (kontaktu). Med telesi, ki so v termicnem kontaktu, se bo topota izmenjavala takodolgo, dokler na koncu ne bosta imeli enake temperature. Takrat recemo, da sta telesa vtermicnem ravnovesju.

Koliko toplote bo neko telo oddalo ali sprejelo in koliksna bo koncna temperaturateles, je odvisno od mase posamicnega telesa, njegove sestave, zacetne temperature in odtega ali telo vmes spremenilo agregatno stanje.

Toplota, ki je telo odda (sprejme) je enaka:

Q = mc∆T ,

kjer je m masa telesa, c specificna toplota (koeficient, ki se odvisen od vrste materiala)in ∆T sprememba temperature. Ce telesu temperatura pade, odda toploto, ce telesutemperatura naraste pa sprejme toploto. Pri tem pa telo vseskozi mora ohraniti svojeagregatno stanje. Toploto, ki jo telo sprejme oziroma odda lahko zapismo tudi kot:

Q = C∆T ,

kjer je C toplotna kapaciteta in C = mc oziroma C =∑

mici, ce je telo na katerega senanasa toplotna kapaciteta sestavljeno iz vec razlicnih materialov.

62

Pri menjavi agregatnega stanja teles se tudi sprosca oziroma dovaja topota. Telesunamrec moramo dodati toploto, ce zelimo, da iz trdnega agregatnega stanja preide vtekoce in iz tekocega v plinasto. Po drugi strani pa telo, ki iz plinastega agregatnegastanja prehaja v tekoce ter iz tekocega agregatnega stanja v trdno, oddaja toploto. Kolikotoplote bo telo pri prehodu agregatnega staja prejelo oziroma oddalo je odvisno od masetelesa in vrste materiala. Velja namrec:

Q = mqt oziroma Q = mqi ,

kjer je Q toplota, ki jo je telo oddalo (sprejelo), m masa oziroma del mase telesa, ki je spre-menil agregatno stanje, qt talilna toplota in qi izparila topota. Talilna in izparilna topotasta koeficienta, ki sta odvisna od vrste materiala, iz katere je telo narejeno. Talilno toplotouporabljamo pri prehodu iz trdnega v tekoce agregatno stanje in obratno, izparilno toplotopa pri prehodu iz tekocega agregatnega stanja v plinasto in obratno. Snov lahko spreminjaagregatno stanje le pri doloceni temperaturi, ki pa je odvisna od tlaka. Temperaturo, prikateri neka snov prehaja iz trdnega v tekoce agregatno stanje in obratno imenujemo tem-peratura talisca1, temperaturo, pri kateri snov prehaja iz tekocega v plinasto agregatnostanje in obratno pa temperatura vrelisca2. Ce je temperatura snovi nizja od temperaturetalisca se snov nahaja v trdnem agregatnem stanju, med temperaturo talisaca in temper-aturo vrelisca v tekocem agregatnem stanju, nad temperaturo vrelisca pa v plinastemagregatnem stanju. Pri prehodu iz enega v drugo agregatno stanje se telesu kljub izmen-javi toplote temperatura ne spreminja.

Specificne, talilne in izparilne toplote za nekaj najbolj znanih materialov so zbrane vspodnji tabeli:

snov cv [J/kgK] qt [kJ/kg] qi [MJ/kg]alkohol(etilni) 2400 10,4 0,85aluminij 900 400 11,4baker 390 134 5,06dusik 0,740 25,5 0,2helij 3,115 5.23 0,02jeklo 130 24,5 0,87kisik 0.660 13.8 0.21led 2100 gl. voda gl. vodapara 2000 gl. voda gl. vodasrebro 230 88,2 2,33voda 4200 336 2,26zlato 130 64,4 1,58zelezo 450 13,8 0,35

Spremembo temperature telesa pri dovajanju toplote pa prikazuje spodnja slika:

1temperatura talisca vode pri atmosferskem tlaku je 0C2temperatura vrelisca vode pri atmosferskem tlaku je 100C

63

8.2 Primeri

1. Posodo z 0, 5kg ledu pri temperaturi −10 postavimo na grelec, ki proiz-vaja toplotni tok 0, 8kW. Koliksna je temperatura snovi v posodi triminute po tem, ko smo jo postavili na grelec? Cez koliko casa vodaizhlapi? Toplotno kapaciteto posode lahko zanemaris.

V treh minutah oziroma sto-osemdesetih sekundah grelec odda toploto:

Q1 = Pt = 0, 8 W · 180 s = 144 kJ .

Po drugi strani, da segrejemo led na nic stopinj Celzija, potrebujemo toploto:

Q2 = mcl∆T = 0, 5 kg · 2, 1 kJ/kgK · 10 K = 10, 5 kJ ,

da led stalimo pa potrebujemo toploto:

Q3 = mqt = 0, 5 kg · 336 kJ/kg = 168 kJ .

Iz izracunanega vidimo, da grelec odda dovolj toplote, da led segrejemo do 0 C,premalo pa, da bi ves ta led stalili. Po treh minutah delovanja grelca dobimo torejmesanico vode in ledu pri temperaturi 0 C.

Ce zelimo led izpariti, ga najprej moramo segreti na 0 C, nato staliti, potem nastalovodo segreti do 100 C in na koncu vodo se izpariti. Toplota, ki jo potrebujemo jetorej:

Q = mcl(T1 − T2) + mqt + mcv(T3 − T2) + mqi =

0, 5 kg · 2, 1 kJ/kgK · 10 K + 0, 5 kg · 336 kJ/kg+

0, 5 kg · 4, 2 kJ/kgK · 100 K + 0, 5 kg · 2260 kJ/kg = 1519 kJ ,

P =Q

t, t =

Q

P= 32 min .

64

2. V toplotno izolirani posodi zmesamo 2kg ledu pri temperaturi −20C,2kg vode pri 0 in 1kg vode pri 30. Kaj dobimo in koliksna je koncnatemperatura mesanice?

Da led segrejemo na nic stopinj Celzija potrebujemo toploto:

Q1 = mcl∆T = 2 kg · 2, 1 kJ/kgK · 20 K = 84 kJ ,

da ta led stalimo pa toploto:

Q2 = mqt = 2 kg · 336 kJ/kg = 672 kJ .

Po drugi strani, da bi se voda pri 30 C ohladila na 0 C, mora oddati toploto:

Q3 = mcv∆T = 1 kg · 4, 2 kJ/kgK · 20 K = 126 kJ .

Vidimo, da je toplote, ki jo voda odda, dovolj da led segrejemo na nic stopinj Celzija,ni je pa zadosti, da bi ves led stalili. Torej bo koncna temperatura zmesi ledu invode 0 C.

Poglejmo se koliko vode in koliko ledu imamo. Voda, ki je na zacetku pri nicstopinjah Celzija ostane taksna kot je (ne sodeluje v izmenjavi toplote). Voda, kije na zacetku pri 30 C ostane voda in se ohladi na 0 C. Led pa se segreje na nicstopinj Celzija in se deloma stali. Toplota ki je na razpolagi za taljenje ledu je:

Q = Q3 − Q1 = 126 kJ − 84 kJ = 42 kJ .

Masa ledu, ki jo lahko stalimo s to kolicino toplote je:

Q = mtqt , mt =Q

qt

=42 kJ

336 kJ/kg= 0, 125 kg

Na koncu torej imamo mv = 1 kg + 2 kg + 0, 125 kg = 3, 125 kg vode in ml =2 kg − 0, 125 kg = 1, 875 kg ledu.

3. Bakren kalorimeter mase m1 = 300 g vsebuje m2 = 500 g vode pri temper-aturi T1 = 15C. Vanj polozimo kos bakra mase m3 = 560 g pri temper-aturi T2 = 100 C. Po dolgem casu izmerimo, da je temperatura vode vkalorimetru Tk = 22, 5 C. Koliksna je specificna toplota bakra? Kalorime-ter je toplotno izoliran od okolice.

Kos bakra je kalorimetru in vodi oddal toploto:

Q1 = m3cb(T2 − Tk) ,

voda in kalorimeter pa sta sprejela toploto:

Q2 = m1cb(Tk − T1) + m2cv(Tk − T1) .

65

Ti dve toploti morata biti enaki, torej:

Q1 = Q2 , m3cb(T2 − Tk) = m1cb(Tk − T1) + m2cv(Tk − T1) ,

m3cb(T2 − Tk) − m1cb(Tk − T1) = m2cv(Tk − T1) ,

cb =m2cv(Tk − T1)

m3(T2 − Tk) − m1(Tk − T1)= 383 J/kgK .

4. V posodo v kateri se nahaja ml = 0, 5kg ledenih kock s temperaturoTl = −10 C nalijemo mv = 2kg vode s temperaturo Tv = 50 C. Ko-liksno temperaturo ima snov v posodi, potem ko se vzpostavi ravnovesje?Posoda je od okolice toplotno izolirana. Specificna toplota ledu je cl =2100J/kgK, specificna toplota vode cv = 4200J/kgK, talilna toplota ledupa qt = 336kJ/kg.

Da led segrejemo na T0 = 0 C potrebujemo toploto:

Q1 = mlcl(T0 − Tl) = 10, 5 kJ ,

da led stalimo, pa potrebujemo toploto:

Q2 = mlqt = 168 kJ .

Po drugi strani, da vodi temperatura pade na T0 = 0 C, mora oddati toploto:

Q3 = mvcv(Tv − T0) = 420 kJ

Voda torej odda dovolj toplote, da ves led stalimo. Na koncu bomo torej imeli vodopri koncni temperaturi Tk med 0 C in 50 C. Voda se bo ohladila na Tk in bo pritem oddala toploto. Led bo to toploto sprejel in se bo zaradi tega segrel na 0 C, sestalil in nastala voda se bo segrela na Tk:

mvcv(Tv − Tk) = Q1 + Q2 + mlcv(Tk − T0) ,

mvcvTv − mvcvTk = Q1 + Q2 + mlcvTk − mlcvT0 ,

mvcvTv + mlcvT0 − Q1 − Q2 = mlcvTk + mvcvTk ,

Tk =cv(mvTv − mlT0) − Q1 − Q2

cv(ml + mv)= 23 C .

66

8.3 Dodatne naloge

1. S koliksne visine bi morala pasti svincena kroglica, da bi se segrela za 50C? Kroglicaprevzame 80 % Razpolozljive energije.

2. Koliko toplote potrebujemo, da izparimo 1 kg ledu s temperaturo −20 C pri tlaku1 bara? Koliko casa bi potrebovali za to, ce bi imeli na voljo grelnik z mocjo 2 kW?

3. Za prhanje potrebujemo na minuto 3 l vode s temperaturo 38 C, ki je dobimo zmesanjem vodne pare s temperaturo 100C pri tlaku 1 bar in vode iz vodovoda stemperaturo 12 C. Koliko vodne pare in koliko hladne vode porabimo na minuto?

4. Kovac vrze vroco zelezno podkev z maso 0, 4 kg v posodo z 1, 6 l vode pri temperaturi20C. Posoda je zelezna in ima maso 0, 3 kg. Koncna temperatura vode v posodiznasa 25 C. Koliksna je bila zacetna temperatura podkve?

5. V posodo v kateri se nahaja 0, 5 kg ledenih kock s temperaturo −10C nalijemo 2 kgvode s temperaturo 50C. Koliksno temperaturo ima snov v posodi, potem ko sevzpostavi ravnovesje? Posoda je od okolice toplotno izolirana.

6. V kalorimetru s toplotno kapaciteto 750 J/K je 1, 5 l vode s temperaturo 20C. Vkalorimeter vrzemo 2, 5 kg zeleza s temperaturo 800C in pocakamo da se vzpostaviravnovesje. Koliko gramov vode izpari?

7. V kalorimetru s toplotno kapaciteto 750 J/K je 1, 5 l vode s temperaturo 20 C. Vkalorimeter vrzemo 2, 5 kg zeleza s temperaturo 800 C in pocakamo, da se vzpostaviravnovesje. Koliko gramov vode izhlapi? Izparilna toplota vode je 2, 26 MJ/kg,specificna toplota zeleza pa 457 J/kgK.

67

Poglavje 9

Plinska Enacba

9.1 Teoreticni uvod

9.1.1 Plinska enacba

Idealni plin je plin, ki ustreza naslednjim trem pogojem: a) volumen molekul je zane-marljiv v primerjavi z volumnom plina, b) plinske molekule ne intereagirajo med seboj,c) trki med molekulami in steno posode so prozni. Plini cigava temperatura je dosti visjaod temperature vrelisca in tlak dovolj nizek, da so molekule zadosti narazen, se priblizajozgornjim zahtevam in jih v praksi lahko obravnavamo kot idealne pline. Splosno plinskoenacbo za idealni plin zapisemo kot:

pV = nRT , (9.1)

kjer je p tlak plina, V volumen plina, n mnozina snovi, T temperatura plina (izrazena vKelvinih) in R splosna plinska konstanta, ki znasa R = 8314 J/kmol K. Mnozina snovinam pove, koliko delcev (atomov, molekul, ionov) imamo v plinu. V enem kilomolusnovi je namrec 6, 022 × 1026 delcev. Mnozino snovi lahko izrazimo s pomocjo mase min kilomolske mase snovi M . Kilomolska masa snovi nam definira, koliksno maso ima enkilomol te snovi. Velja namrec:

n =m

Moziroma pV =

m

MRT .

9.1.2 Plinske spremembe

O plinskih spremembah govorimo, ko nekemu plinu spreminjamo volumen, temperaturoin/ali tlak. Pri plinskih spremembah plinu ne dodajamo ali pa odvzemamo delcev, zatonjegova mnozina snovi ostaja konstantna in iz plinske enacbe sledi:

PV

T= konst . (9.2)

Stiri najbolj znacilne vrste plinskih sprememb so:

68

1. Izotermna sprememba je sprememba pri kateri je temperatura konstantna. Iz (9.2)sledi sepV = konst.

2. Izobarna sprememba je sprememba pri kateri je tlak konstanten. Iz (9.2) sledi seVT

= konst.

3. Izohorna sprememba je sprememba pri kateri je volumen konstanten. Iz (9.2) sledise p

T= konst.

4. Adiabatna sprememba je sprememba pri kateri je entropija konstantna oziroma jereverzibilna sprememba pri kateri ni izmenjave toplote z okolico.

Za adiabatno spremembo veljajo se zveze:

pV κ = konst. , TV κ−1 = konst. in T κ/pκ−1 = konst. , (9.3)

kjer je κ razmerje med specificnimi toplotami (κ = cp/cV ) in je κ = 1, 67 za enoatomnepline oziroma κ = 1, 4 za dvoatomne pline.

Obicajno imamo vec plinskih procesov, ki si sledijo. Da si lazje predstavljamo, kaj sedogaja, risemo grafe. Najbolj pogosto plinske spremembe predstavljamo na grafu p(V)(tlak v odvisnosti od volumna), lahko pa uporabimo tudi druge grafe, kot na primer T(V)in T(p). Na spodnji sliki so predstavljeni prej opisani procesi na grafih p(V), T(V) inT(p).

1 izobarna sprememba2 adiabatna sprememba3 izotermna sprememba4 izohorna sprememba

Pri izobarni spremembi je tlak konstanten. Na grafih p(V) in T(p) to predstavimo zvodoravno oziroma navpicno crto. Za izobarno spremembo velja tudi V/T = k, kjer je kpoljubna konstanta. Ce to zvezo nekoliko obrnemo, dobimo T = k · V , kar je enacba zapremico na grafu T(V). Izotermna sprememba je v grafih T(V) in T(p) predstavljena kotvodoravna crta, ker T = konst.. Velja pa tudi pV = k od koder sledi p = k/V , kar jeenacba za hiperbolo na grafu p(V). Pri izohorni spremembi na grafih T(V)in p(V) dobimonavpicno crto, na grafu T(p) pa premico, saj iz p/T = k sledi T = k · p. Na obliko grafovza adiabatno spremembo sklepamo iz enacb (9.3).

69

9.1.3 Delo, toplota in sprememba notranje energije pri plinskihspremembah

Plin, ki gledano s prostim ocesom miruje, je sestavljen iz delcev (molekul, atomov), ki segibljejo v poljubnih smereh. Zaradi svojega gibanja ti delci imajo neko kineticno energijo.Torej celoten plin, kljub temu da navidez miruje, ima kineticno energijo enako sestevkukineticnih energij posameznih delcev. To energijo imenujemo notranja energija plina in joobcutimo kot temperaturo. Visja je temperatura neke snovi, hitrejse so molekule v njej.Za idealni plin velja:

Wn = mcvT , (9.4)

kjer je Wn notranja energija plina, m masa, T absolutna temperatura (v Kelvinih) in cv

specificna toplota pri konstantni prostornini, ki je odvisna od vrste plina.Notranjo energijo plina lahko spreminjamo na dva nacina. Prvi nacin je, da opravimo

delo na plinu oziroma, da plin opravi delo na okolico, drugi nacin pa je, da plinu dovedemooziroma odvedemo toploto. Prvi zakon termodinamike namrec trdi, da je vsota dela intoplote enaka spremembi notranje energije:

A + Q = ∆Wn , (9.5)

kjer je A delo, Q toplota in ∆Wn sprememba notranje energije. Ce opravimo delo naplinu je A pozitiven, ce pa plin opravi delo na okolici, je A negativen. Podobno, ceplinu dovedemo toploto, je Q pozitiven, ce pa plinu odvedemo toploto, je Q negativen.Pripomnimo naj, da je sprememba notranje energije neodvisna od procesa ampak le odzacetnega in koncnega stanja plina1, dokler sta delo in toplota odvisna od procesa.

Delo je vezano na spremembo prostornine plina. Velja namrec:

A = −∫

p · dV (9.6)

Od tod lahko dobimo delo, ki ga okolica opravi na plinu za razlicne plinske procese:

1. Izohora: Pri izohorni spremembi je sprememba volumna nic, zato velja:

A = −∫ V0

V0

p · dV = 0 .

2. Izobara: Pri izobarni spremembi je tlak konstanten, zato velja:

A = −∫ V1

V2

p · dV = −p∫ V1

V2

dV = −p(V2 − V1) = −p∆V .

3. Izoterma: Iz plinske enacbe izrazimo tlak:

pV = nRT , p =nRT

V,

1Stanje plina dolocajo volumen, temperatura, tlak in mnozina snovi plina. Pri tem te fizikalne kolicine

niso neodvisne ampak so med seboj povezane s plinsko enacbo.

70

ter vstavimo v enacbo (9.6):

A = −∫ V1

V2

p · dV = −∫ V1

V2

nRT

VdV = −nRT

∫ V1

V2

dV

VdV =

= −nRT (lnV2 − lnV1) = −nRT lnV2

V1

.

4. Adiabatna sprememba: Pri adiabatni spremembi je Q = 0, zato iz I zakona termod-inamike (9.5) velja

A = ∆Wn = mcv∆T .

O toploti smo govorili v prejsnem poglavju. Pri izotermni spremembi je toplota nasprotnoenaka delu, saj je sprememba notranje energije nic. Pri izohorni spremembi je toplotaenaka spremembi notranje energije, ker je delo enako nic. Pri adiabatni spremembi jetoplota nic po definiciji, pri izobarni spremembi pa je topota definirana kot Q = mcp∆Tkjer je cp specificna topota pri konstantnem tlaku.

Ce povzamemo vse zgoraj povedano, lahko sestavimo naslednjo tabelo:

izobara izohora izoterma adiabataA −p(Vk − Vz) 0 −nRT ln(Vk/Vz) mcv(Tk − Tz)

Q mcp(Tk − Tz) mcv(Tk − Tz) nRT ln(Vk/Vz) 0

∆Wn mcv(Tk − Tz) mcv(Tk − Tz) 0 mcv(Tk − Tz)

V tabeli indeks k oznacuje koncno stanje (koncno temperaturo, volumen ali tlak), indeksz pa zacetno stanje (zacetno temperaturo, volumen ali tlak). Kot je razvidno iz tabele, jepri zadnjih treh stolpcih prvi zakon termodinamike (9.5) avtomaticno izpolnjen, iz prvegastolpca pa vidimo, da mora veljati: −p(Vk −Vz)+mcp(Tk −Tz) = mcv(Tk −Tz), od koderlahko sklepamo na zvezo med specificnimi toplotami cp in cV :

cp − cV =R

M.

9.2 Primeri

1. V vodi se pri temperaturi 21C na globini 80 cm nahaja majhen zracnimehurcek. Koliksna je gostota zraka v mehurcku? Upostevaj, da jetemperatura zraka nad vodo enaka temperaturi vode. Gostota vode jeρv = 1000kg/m3.

Gostoto zraka v mehurcku dobimo iz plinske enacbe:

pV =m

MRT , ρ =

m

V=

pM

RT.

71

Tlak v mehurcku pa je enak tlaku vode na tej globini oziroma:

p = p0 + ρvgh .

Za gostoto zraka v mehurcku torej dobimo:

ρ =pM

RT=

(p0 + ρvgh)M

RT=

=29 kg/kmol · (105 Pa + 1000 kg/m3 · 9, 81 m/s2 · 0, 8 m)

8314 J/kmolK · 294 K= 1, 28 kg/m3 .

2. Pri temperaturi 20 in tlaku 1 bar imamo 5 litrov zraka. Zrak najprejizohorno segrejemo, tako da njegov tlak naraste na 1, 2 bara. Nato ga izo-barno razsirimo na volumen 15 l. Potem ga izohorno ohladimo na zacetnotemperaturo. Na koncu ga se izotermno stisnemo na zacetni volumen.Narisi p-V diagram in zapisi tlak, volumen in temperaturo plina po vsakispremembi. Koliksna je masa zraka, ki nastopa v procesu? Izracunajtese delo, toploto in spremembo notranje energije pri posamicnem procesu.Specificna toplota pri konstantnem volumnu je 720J/kgK, molska masapa 28kg/kmol.

Zacetno temperaturo oznacimo z T1 (T1 = 20 C = 293 K), zacetni volumen z V1

(V1 = 5 l = 5 × 10−3 m3), zacetni tlak pa z p1 (p1 = 1 bar = 105 Pa). Po prvispremembi, naj bosta volumen, tlak in temperatura V2, p2 in T2 (p2 = 1, 2 bar =1, 2 × 105 Pa), po drugi spremembi V3, p3 in T3 (V3 = 15 l = 15 × 10−3 m3), potretji spremembi pa V4, p4 in T4 (T4 = T1). Po cetrti spremembi se plin nahaja vzacetnem stanju. Namrec, ce sta temperatura in volumen enaka zacetni temperaturiin zacetnem volumnu, iz plinske enacbe izhaja, da je tudi tlak enak zacetnemu tlaku.

Skicirajmo p(V) diagram. Na zacetku imamo izohorno spremembo, kar v grafupredstavimo z navpicno crto. Sledi vodoravna crta za izobarno spremembo, natoponovno navpicna crta zaradi izohorne spremembe in na koncu se hiperbola, kipredstavlja izotermno spremembo:

72

Izracunajmo manjkajoce podatke o tlaku, volumnu in temperaturi. Na zacetkuimamo:

p1 = 105 Pa , V1 = 5 × 10−3 m3 , T1 = 293 K .

Po prvi izohorni spremembi dobimo:

p2 = 1, 2×105 Pa , V2 = V1 = 5×10−3 m3 ,p2

T2

=p1

T1

, T2 =p2T1

p1

= 352 K .

Po izobarni spremembi dobimo:

p3 = p2 = 1, 2×105 Pa , V3 = 15×10−3 m3 ,V2

T2

=V3

T3

, T3 =V3T2

V2

= 1056 K .

Po drugi izohorni spremembi pa dobimo:

T4 = T1 = 293 K , V4 = 15×10−3 m3 ,p4

T4

=p3

T3

, p4 =p3T4

T3

= 0, 33×105 Pa .

Maso zraka dobimo iz plinske enacbe:

p1V1 =m

MRT1 , m =

Mp1V1

RT1

= 6 g .

Sedaj lahko izracunamo se delo, toploto in spremembo notranje energije. Pri prviizohorni spremembi imamo:

A12 = 0 , Q12 = ∆Wn12 = mcv(T2 − T1) = 255 J .

Pri izobarni spremembi imamo:

A23 = −p2(V3 − V2) = −1200 J , ∆Wn23 = mcv(T3 − T2) = 3041 J ,

Q23 = ∆Wn − A = 4241 J .

Pri drugi izohorni spremembi imamo:

A34 = 0 , Q34 = ∆Wn34 = mcv(T4 − T3) = −3296 J .

Pri izotermni spremembi pa imamo:

Q41 = −A41 = nRT1 lnV1

V4

= p1V1 lnV1

V4

= −549 J , Wn41 = 0 .

Preverimo se, ce so dobljeni rezultati smiselni. Notranja energija pred zacetkomplinskih sprememb mora biti enaka notranji energiji po opravljenih plinskih spre-membah, saj se plin nahaja v enakem stanju. Torej vsota vseh stirih spremembnotranjih energij mora biti nic:

∆Wn = ∆Wn12 + ∆Wn23 + ∆Wn34 + ∆Wn41 = 255 J + 3041 J− 3296 J + 0 J = 0 J .

Rezultati so torej smiselni.

73

9.3 Dodatne naloge

1. V plinarni kupujemo 5 kg plina v 10 l jeklenkah. Plin uhaja iz jeklenke, dokler setlak plina v jeklenki ne izenaci z zunanjim zracnim tlakom (1 bar). Ali dobimo izjeklenke vec plina pozimi pri temperaturi −20C ali poleti pri temperaturi 30C.Koliksna je razlika obeh mas? Kilomolska masa plina je 58 kg/kmol.

2. Z balonom na vroci zrak bi radi leteli na visini 1000 m, kjer je zracni tlak 0, 9 barain temperatura 0C. Temperatura zraka v kupoli balona je 45C. Najmanj koliksnoprostornino mora imeti kupola, ce je skupna masa balona (brez zraka) in tovora200 kg.

3. Z desetimi litri zraka z molsko maso 29 kg/kmol pri tlaku 1 bar in temperaturi 30 Knaredimo naslednjo krozno spremembo: a) zrak izohorno segrejemo, tako da se tlakzvisa za 4 bare, b) nato ga izobarno razpnemo na 20 litrov, c) nadaljnje ga izohornoohladimo, da pade tlak na 3 bare, d) sledita izotermno razpenjanje in e) izobarnostiskanje na zacetno stanje. Po vsaki spremembi izracunajte tlak, volumen, temper-aturo, oddano oziroma sprejeto toploto, oddano (sprejeto) delo in spremembo no-tranje energije. Narisite p-V diagram. Specificna toplota pri konstantnem volumnuza zrak je 29 kg/kmol.

74

Poglavje 10

Prevajanje toplote

10.1 Teoreticni uvod

V tem poglavju bomo govorili o nacinih in o hitrosti prenasanja toplote. V ta namendefinirajmo toplotni tok:

P =dQ

dt.

Enota za toplotni tok je watt (W = J/s).Toplota se lahko prenasa na tri nacina: s kondukcijo, konvekcijo in z radiacijo. Vsak

nacin si bomo ogledali posebej:

10.1.1 Kondukcija

Recimo, da se med podrocjem s temperaturo T1 in podrocjem s temperaturo T2 < T1

nahaja pregrada. Molekule v tej pregradi naj bodo vezane na svojih mestih, okoli katerihlahko nihajo. Toplota se s podrocja s temperaturo T1 na podrocje s temperaturo T2

prenasa tako, da jo molekule v pregradi podajajo ena drugi. Podobno kot na primer prigasenju pozara v starih casih, ko se je med gorecim objektom in izvirom vode ustvarilaveriga ljudi, ki so si med seboj dodajali vedra. Temu nacinu prenasanja toplote recemoprevajanje toplote ali kondukcija. Toplotni tok, ki se prevaja skozi taksno pregrado jeenak:

P = λS

d∆T ,

kjer je S povrsina pregrade, d debelina pregrade, ∆T temperaturna razlika med mestioziroma objekti med katerimi se toplota prevaja (v nasem primeru T1−T2) in λ koeficienttoplotne prevodnosti, ki je odvisen od vrste materiala. Temperatura znotraj pregrade selinearno spreminja od temperature T2 do temperature T1.

10.1.2 Konvekcija

Tudi tokrat naj se med podrocjem s temperaturo T1 in podrocjem s temperaturo T2 < T1

nahaja pregrada, tokrat pa naj bodo molekule v pregradi prosto gibljive. Za razliko od

75

prej molekule sedaj direktno prenasajo toploto s podrocja s temperaturo T1 na podrocje stemperaturo T2. Ce ta pojav ponovno ponazorimo s pozarom, tokrat si ljudje ne podajajoveder, ampak vsak svoje vedro sam nosi od izvira k gorecemu objektu in nazaj. Temunacinu prenasanja toplote recemo prestop toplote ali konvekcija. Racunanje toplotnegatoka pri konvekciji je zelo zapleteno, na splosno pa lahko recemo, da je ta nacin prenasanjatoplote hitrejsi od kondukcije.

10.1.3 Radiacija

Vsako telo s temperaturo oddaja elektromagnetne valove, ki jih drugo telo lahko sprejme.Preko oddajanja in sprejemanja elektromagnetnih valov pa med telesi pride do izmenjavetoplote. Taksen nacin prenasanja toplote imenujemo radiacija ali sevanje. Koliko toplotetelo odda oziroma sprejeme, je odvisno od njegove temperature. Velja namrec:

j = eσT 4 ,

kjer je j gostota toplotnega toka (j = dPdS

), ki ga telo odda (sprejme), σ Stefan-Boltzmanovakonstanta (σ = 5, 67 × 10−8 J/m2K4) in e emisivnost. Emisivnost se giblje med 0 in 1 jije odvisna od lastnosti povrsine telesa.

10.2 Primeri

1. Koliko premoga s sezigno toploto 20MJ/kg je potrebno za enodnevnoogrevanje stanovanjske hise z zunanjo povrsino sten 300m2 in debelinosten 40 cm, ce je notranja temperatura za 20 C visja od zunanje? Steneso iz opeke s toplotno prevodnostjo 0, 7W/mK.

Toplotni tok, ki tece iz hise je enak:

P = λS

d∆T = 0, 7 W/mK

300 m2

40 cm20 C = 10, 5 kW .

Cez dan torej hisa izgubi

Q = Pt = 10, 5 kW · 24ur = 907, 2 MJ

toplote, kar pomeni, da za ogrevanje potrebujemo

Q = mq , m =Q

q=

907, 2 MJ

20 MJ/kg= 45, 4 kg

premoga.

2. Stena je sestavljena iz dveh plasti, zunanje debeline d1 = 4 cm in no-tranje debeline d2 = 20 cm s toplotnima prevodnostma λ1 = 0, 06W/mK

76

in λ2 = 0, 65W/mK. Kje je temperatura enaka T = 0 C, ce je zunanjatemperatura Tz = −20 C, notranja pa Tn = 18 C?

Toplotni tok, ki tece skozi zunanjo plast stene je enak:

P1 = λ1

S

d1

(Tm − Tz) ,

kjer je Tm temperatura na stiku notranje in zunanje plasti. Toplotni tok, ki greskozi notranjo plast stene pa je enak:

P2 = λ2

S

d2

(Tn − Tm) .

V stacionarnem stanju oba toka morata biti enaka. Od tod lahko izracunamo tem-peraturo na stiku notranje in zunanje plasti:

P1 = P2 , λ1

6 Sd1

(Tm − Tz) = λ2

6 Sd2

(Tn − Tm) ,

λ1

d1

Tm − λ1

d1

Tz =λ2

d2

Tn − λ2

d2

Tm ,

λ1

d1

Tm +λ2

d2

Tm =λ2

d2

Tn +λ1

d1

Tz ,

Tm =λ2

d2

Tn + λ1

d1

Tz

λ1

d1

+ λ2

d2

= 6 C .

Torej nekje v zunanji plasti najdemo temperaturo 0 C. Temperatura se zdolz plastispreminja linearno. Zdolz debeline d2 = 4 cm se spremeni za 6 C−(−18 C) = 24 Coziroma za 6 Celzijevih stopinj na centimeter (24 C/4 cm = 6 C/cm). To pomeni,da je 3 cm stran od zunanjega roba zidu, temperatura enaka T = 0 C.

3. Okno zunanjih dimenzij 2m× 1, 5m je sestavljeno iz lesenega okvirja inzasteklitve (glej sliko). Zasteklitev je sestavljena iz dveh steklenih ploscdebeline d1 = 0, 5 cm in toplotne prevodnosti λ1 = 0, 78W/mK, med kater-imi je d2 = 3 cm zraka toplotne prevodnosti λ2 = 0, 026W/mK Izracunajkoliksen toplotni tok uhaja skozi okno, ce v stanovanju vzdrzujemo tem-peraturo 20 C, zunaj pa je −5C. Toplotna prevodnost lesa je λ3 = 0, 1W/mK.

77

Celoten toplotni tok dobimo tako, da sestejemo toplotni tok skozi lesen okvir intoplotni tok skozi zasteklitev.

Izracunajmo prvo povrsini lesenega okvirja in zasteklitve. Zunanje dimenzije oknaso a = 2 m in b = 1, 5 m, kar pomeni da je povrsina celotnega okna S = ab = 3 m2.Iz slike je razvidno, da je leseni okvir sirok 7 cm, torej so dimenzije zasteklitve a1 =2 m−0, 07 m = 1, 93 m in b1 = 1, 5 m−0, 07 m = 1, 43 m Povrsina zasteklitve je torejS1 = 1, 93 m ·1, 43 m = 2, 76 m2, lesenega okvirja pa S2 = 3 m2−2, 76 m2 = 0, 24 m2.

Sedaj lahko izracunamo toplotni tok skozi lesen okvir:

Pl = λ3

S2

dl

∆T =

0, 1 W

mK· 0, 24 m2

5 cm(20 C − (−5 C)) = 12 W .

Toplotni tok skozi zasteklitev bomo izracunali tako, da bomo prvo izracunali toplotnoupornost zasteklitve. Ker so plasti v zasteklitvi zaporedno vezani, je toplotnaupornost zasteklitve enaka vsoti toplotne upornosti obeh steklenih plosc in zracnegapasu:

R = 2Rs + Rz = 2d1

S1λ1

+d2

S1λ2

=

2 · 0, 005m

0, 78W/mK · 2, 76 m2+

0, 03m

0, 026W/mK · 2, 76 m2= 0, 42 K/W .

Toplotni tok skozi zasteklitev je torej:

Pz =∆T

R=

(20 C − (−5 C))

0, 42 K/W= 60 W .

Celotni toplotni tok, ki uhaja skozi okno je pa:

P = Pl + Pz = 72 W .

78

10.3 Dodatne naloge

1. Koliksen toplotni tok oddaja l = 100 m dolga cev v okolico s temperaturo T0 = 0 C?Cev polmera r = 5 cm je izolirana z d = 8 cm debelo plastjo tervola s toplotnoprevodnostjo λ = 0, 06 W/mK, po cevi pa tece voda s temperaturo T = 90 C.

2. V hladilni torbi s povrsino 1 m2 in debelino stene 2 cm je 0, 5 kg ledu. Koliko casase temperatura v notranjosti ne dvigne nad 0 C, ce je zunanja temperatura 25 Cin je stena iz snovi s toplotno prevodnostjo 0, 035 W/mK?

3. Za ogrevanje hise s 30 cm debelimi opecnimi zidovi zunanje povrsine 500 m2 pora-bimo letno 5 t goriva. Koliko goriva bi prihranili, ce bi bila hisa oblozena s 5 cmdebelo plastjo stiropora? Toplotna prevodnost opeke je 0, 7 W/mK, stiropora pa0, 05 W/mK.

79

Literatura

[1] Irena Drevensek Olenik, Bostjan Golob, Igor Sersa, Naloge iz fizike za studente

tehnicnih fakultet, DMFA zaloznistvo, 2003.

[2] R.A. Serway, R.J. Beichner, Physics For Scientists and Engineers with Modern

Physics, Saunders College Publishing, 5th Edition, 2000.

[3] Slika za zacetni strani je objavljena pod GNU Free Documentation Licence, Version1.2 (http:/www.gnu.org/copyleft)

80

fizika - skripta

Documents