jadranko batista - · pdf filepoglavlje 1 kinematika cesticeµ 1.1 primjeri primjer...

UVOD U OPCU FIZIKU

Jadranko Batista

Mostar, 2008.

Sadrµzaj

PREDGOVOR v

1 KINEMATIKA µCESTICE 11.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

2 DINAMIKA 192.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 ENERGIJA I ZAKONI OµCUVANJA 333.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4 ROTACIJA KRUTOG TIJELA 554.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

5 GRAVITACIJA 655.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

6 HARMONIJSKO TITRANJE 796.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7 MEHANIµCKI VALOVI 1077.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

8 KVANTNA MEHANIKA 1118.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

9 ATOM 1259.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

10 ATOMSKA JEZGRA 12910.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

11 STATIKA FLUIDA 13311.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

iii

iv SADRµZAJ

12 TEMPERATURA I TOPLINA 13912.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

13 ELEKTRICITET I MAGNETIZAM 15313.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

14 OPTIKA 16714.1 Primjeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167

Poglavlje 1

KINEMATIKA µCESTICE

1.1 Primjeri

Primjer 1.1.1 Automobil usporava jednoliko tako da za vrijeme t1 = 8 s prije�epolovinu puta do zaustavaljanja, a preostali dio puta za t2 = 12 s. Kolika jepoµcetna brzina automobila i usporenje ako je ukupni prije�eni put s = 300 m?

Prije�eni put za jednoliko ubrzano (usporeno za a < 0) gibanje je dan izrazom

s = v0t+1

2at2

Kako automobil prvu polovicu puta s1 = s2 prije�e za t1 = 8 s vrijedi:

s1 =s

2= v0t1 +

1

2at21

s = 2v0t1 + at21

v0 =s

2t1� at1

2

za ukupni prije�eni put s potrebno je vrijeme t = t1 + t2 pa ce biti

s = v0 (t1 + t2) +1

2a (t1 + t2)

2

Ovo je sustav od dvije jednadµzbe sa dvije nepoznanice. Uvr�tavanjem vrijednostiza v0 dobiva se

s =

�s

2t1� at1

2

�(t1 + t2) +

1

2a (t1 + t2)

2

s =s

2+st22t1

� at21

2� at1t2

2+a

2

�t21 + 2t1t2 + t

22

�odnosno

s

2

�1� t2

t1

�=a

2

��t21 � t1t2 + t21 + 2t1t2 + t22

�1

2 POGLAVLJE 1. KINEMATIKA µCESTICE

pa je ubrzanje (usporenje)

a =s�t1�t2t1

�t22 + t1t2

=s�t1�t2t1

�t2 (t1 + t2)

= � s (t2 � t1)t1t2 (t1 + t2)

a = � 300 m � (12 s� 8 s)12 s � 8 s (12 s + 8 s) = �

5

8

m

s2= �0; 625 m

s2

Sada izraµcunajmo poµcetnu brzinu

v0 =s

2t1� at1

2=300 m

2 � 8 s ��58ms2

�� 8 s

2

v0 =85

4

m

s= 21:25

m

s

Napomena: kori�tenjem izraza s = v0t � 12at

2 za jednoliko usporeno gibanje,dobiva se isti rezultat. Samo bi a bilo pozitivno jer je vec u izrazu pretpostavljenanegativnost akceleracije.

Primjer 1.1.2 Motorni µcamac plovi od jednog do drugog nepomiµcnog plovka kojisu udaljeni 5000 m najprije nizvodno, a zatim uzvodno. Put nizvodno traje 360 s;a put uzvodno 480 s: Kolika je brzina µcamca ako bi on plovio po mirnoj vodi ?

Rje�enje:Oznaµcimo sa v brzinu µcamca, a sa V brzinu rijeke. Gibanje nizvodno tada

moµzemo opisati relacijom

v + V =d

t1(1.1.1)

a uzvodno

v � V = d

t2(1.1.2)

Zbrajanjem (1.1.1) i (1.1.2) se dobiva

v =d

2

�1

t1+1

t2

�=5

2(10 + 7:5)

km

h= 43:75

km

h

Primjer 1.1.3 Pored neke kontrolne postaje pro�e automobil brzinom v = 25 ms .Za njim krene motociklist ubrzanjem a = 5 m

s2i to poslije vremena �t = 4 s od

trenutka prolaska automobila. Izraµcunajte vrijeme i mjesto gdje ce motocikliststici automobil, pod uvjetom da motociklist odrµzava stalno ubrzanje.

Rje�enje:Neka motociklist krene u trenutku t = 0 s, u tom trenutku automobil je

udaljen s0 = 25m. Automobil se giba jednoliko pa je prije�eni put

sa = v � t+ s0 (1.1.3)

1.1. PRIMJERI 3

a motociklista zbog jednolikog ubrzanja prevali put od

sm =1

2at2 (1.1.4)

Motociklist ce sustici automobil kad bude ispunjen uvjet

sm = sa = s

odnosno1

2at2 = v � t+ s0

ovo je kvadratna jednadµzba

t2 � 2vat� 2s0

a= 0

t2 � 2 � 255t� 2 � 100

5= 0

t2 � 10t� 40 = 0

koja ima rje�enja,

t1 =�5�

p65�s = �3: 06 s

koje nema �zikalno znaµcenje u danom primjeru (vrijeme prije prolaska motoci-klista) i

t2 =�p65 + 5

�s = 13: 06 s

Uvr�tavanjem drugog rje�enja u jednu od jednadµzbi za prije�eni put npr. (1.1.3)dobiva se za prije�eni put

s = v � t+ s0 = 25m

s� 13: 06 s + 100m = 426: 5m

Primjer 1.1.4 Zrakoplov se spu�ta na pistu brzinom 180 kmh i jednolikim koµce-njem za vrijeme od 10 s smanji brzinu na 36 kmh . Izraµcunajte akceleraciju zrako-plova i ukupni prije�eni put do zaustavljanja.

Rje�enje:Akceleracija zrakoplova iznosi

a =v � v0t

=10 ms � 50

ms

10 s= �4 m

s2

Ukupno vrijeme zaustavljanja jednako je

tuk = �v0a= �

50 ms�4 m

s2= 12:5 s

pa je prije�eni put do zaustavljanja jednak

s = v0 � tuk �1

2at2uk = 50

m

s� 12:5 s + 1

2

��4 m

s2

�(12:5 s)2 = 312: 5m


Primjer 1.1.5 Automobil µciji kotaµci imaju promjer D = 0:65m, giba se poravnom putu brzinom v = 70 kmh . Pri koµcenju automobil se zaustavi poslije pri-je�enog puta s = 75m. Pod pretpostavkom da je usporenje automobila ravno-mjerno, izraµcunajte tangencijalno i kutno usporavanje njegovih kotaµca tijekomkoµcenja?

Rje�enje:Gibanje je jednoliko usporeno pa vrijedi

s = v0t+1

2at2

v = v0 + at

eliminacijom primjenjive veliµcine vremena t dobivamo za ubrzanje sustava

a = �v20

2s= �

�19: 44 ms

�22 � 75m = �2: 52 m

s2

no, za jednoliko usporenu vrtnju vrijedi

a = � �R = � � D2

odakle se dobiva

� =2a

D=2 ��6:3 m

s2

�0:65m

= �7: 76 rads2

= �7: 76 s�2

Primjer 1.1.6 Tijelo je pu�teno da slobodno pada sa tornja visokog h = 30m .Koliko dugo traje pad tijela, pod pretpostavkom da je otpor zraka zanemariv?Kolika je brzina udara tijela o tlo?

Rje�enje:Tijelo slobodno pada bez poµcetne brzine i trenja. Prije�eni put pri ovom

gibanju jednak je

s =1

2gt2 ) t =

r2s

g=

s2h

g=

s2 � 30m9:81 m

s2= 2: 47 s

a brzina prilikom pada

v = gt = g

s2h

g=p2gh =

r2 � 9:81 m

s2� 30m = 24: 26 m

s

ili

v = gt = 9:81m

s2� 2: 47 s = 24: 26 m

s

1.1. PRIMJERI 5

Primjer 1.1.7 Prvo tijelo je baµceno s ruba zgrade visoke h = 35m prema dolje, adrugo pu�teno da slobodno pada. Kolikom poµcetnom brzinom je prvo tijelo baµcenoako nakon t = 1:5 s udara o tlo? Koliko ce kasnije drugo tijelo pasti na tlo?

Rje�enje:Prvo tijelo se giba po zakonu

s (t) = v0t+1

2gt2

neka je t1 vrijeme pada prvog tijela na tlo. Tada je

s (t1) = v0t1 +1

2gt21 = h

odakle slijedi

v0 =h� 1

2gt21

t1=h

t1� 12gt1 =

35m

1:5 s� 12� 9:81 m

s2� 1:5 s = 15: 98 m

s

Drugo tijelo se giba po zakonu

s (t) =1

2gt2

neka je t2 vrijeme pada drugog tijela na tlo. Tada je

s (t2) =1

2gt22 = h) t2 =

s2h

g=

s2 � 35m9:81 m

s2= 2: 67 s

pa ce drugo tijelo pasti nakon

�t = t2 � t1 = 2: 67 s� 1:5 s = 1:17 s

Primjer 1.1.8 Ispustimo kamen da slobodno pada u bunar. Udar u vodu µcuje senakon t = 2:5 s. Odredite dubinu bunara. Brzina zvuka iznosi vz = 340 ms .

Rje�enje:Ukupno vrijeme t = tp + tz jednako je zbroju vremena pada kamena tp i

vremenu potrebnom da zvuk stigne od povr�ine vode tz pa vrijedi

h =1

2gt2p

h = vztz = vz (t� tp)

Imamo sustav od dvije jednadµzbe s dvije nepoznate. Rje�avanje sustava po t1daje kvadratnu jednadµzbu

t2p +2vzgtp �

2vzgt = 0


µcija su rje�enja

(tp)1;2 = �vzg

�1�

r1 +

2gt

vz

�= �

340 ms9:81 m

s2

"1�

s1 +

2 � 9:81 ms2� 2:5 s

340 ms

#

= �340 ms9:81 m

s2(1� 1: 07)

rje�enje s predznakom + nije �zikalno.

(tp)1 = �71: 73 s

dok drugo rje�enje

(tp)2 = 2: 42 s

daje visinu bunara

h = vz (t� tp) = 340m

s� (2:5 s� 2: 42 s) = 27:2m

Primjer 1.1.9 S vrha zgrade, u istom trenutku, jedno tijelo bacimo vertikalno uvis, a drugo nadolje istom poµcetnom brzinom v0 = 5

ms . Poslije koliko ce vremena

me�usobna udaljenost tijela biti jednaka petini visine zgrade, ako tijelo baµcenonadolje udari o tlo t = 3 s nakon izbacivanja? Kolika je visina zgrade h?

Rje�enje:Visinu zgrade dobit cemo iz izraza za hitac naniµze:

h = v0t+1

2gt2 = 5

m

s� 3 s + 1

2� 9:81 m

s2� (3 s)2 = 59:15 m

Pretpostaviv�i da nakon vremena t0 me�usobna udaljenost tijela bude jednakapetini visine tornja. Tijelo baµceno vertikalno u vis opisuje se jednadµzbom

h1 = v0t0 � 1

2g�t0�2 (1.1.5)

a drugo tijelo baµceno nadolje

h2 = v0t0 +

1

2g�t0�2 (1.1.6)

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

h

5= h1 + h2

h

5= v0t

0 � 12g�t0�2+ v0t

0 +1

2g�t0�2

h

5= 2v0t

0

t0 =h

10v0=59:15m

50 ms= 1:18 s

1.1. PRIMJERI 7

Primjer 1.1.10 Tijelo je baµceno nadolje brzinom v0 = 5ms . Koliko traje let ako

u posljednjoj sekundi tijelo prije�e polovicu ukupne visine s koje je baµceno?

Rje�enje:Oznaµcimo ukupno vrijeme leta sa t = t1 + tp, trajanje leta do posljednje

sekunde sa t1; a posljednju sekundu sa tp = 1 s: Ukupni prije�eni put je

s(t) = v0t+1

2gt2 = v0(t1 + tp) +

g

2(t1 + tp)

2 (1.1.7)

a put prije�eni u vremenu t1 je

s(t1) = v0 t1 +g

2t21 (1.1.8)

Iz uvjeta zadatka slijedi:

s(t)� s(t1) =1

2s(t)

odnosno

s(t) = 2 s (t1) (1.1.9)

Uvr�tavanjem jednadµzbe (1.1.7) i (1.1.8) u (1.1.9) dobivamo:

v0 tp + v0 t1 +g

2(t2p + 2 tpt1 + t

21) = 2 v0 t1 + g t

21

g t21 + 2(v0 � g tp) t1 � tp(g tp + 2 v0) = 0t21 � 0:981 t1 � 2:02 = 0(t1)1 = 1:99 s:

Drugo negativno rje�enje kvadratne jednadµzbe nema �zikalni smisao. Ukupnovrijeme leta je t = t1 + tp = 2:99 s:

Primjer 1.1.11 Tijelo je baµceno u horizontalnome pravcu s visine h = 10miznad zemlje. Tijelo padne na horizontalnoj udaljenosti D = 18m od mjestabacanja. Pod kojim kutom u odnosu na vertikalu ce tijelo pasti na zemlju?

Rje�enje:Kut � pod kojim ce tijelo pasti dobivamo iz odnosa inteziteta brzina u x i y

smjeru, tako da vrijedi

tan� =vxvy) � = arctan

vxvy

Tijelo ce padati u y smjeru slobodno pa je vrijeme leta

t =

s2h

g=

s2 � 10m9:81 m

s2= 1:43 s


i za to vrijeme postigne brzinu u y - smjeru

vy = gt =p2gh =

r2 � 9:81 m

s2� 10m = 14 m

s

Komponentu brzine u x - smjeru dobivamo iz jednadµzbe

D = vxt) vx =D

t=18m

1:43 s= 12:59

m

s

pa je kut � u toj toµcki jednak

� = arctanvyvx= arctan

12:59 ms14 ms

= arctan 0:9 = 0:7328 rad = 42�

Primjer 1.1.12 Tijelo je izbaµceno pod kutom � = 50� prema horizontu. Zavrijeme tm = 20 s tijelo dosegne najvi�u toµcku. Odredite poµcetnu brzinu i poloµzajpada tijela.

Rje�enje:Iz y - komponente brzine koja je u najvi�oj toµcki jednaka nuli, dobivamo

v0y = v0 sin�� gtm = 0

v0 =g � tmsin�

=9:81 m

s2� 20 s

sin 50= 256: 12

m

s

Ukupno vrijeme leta tijela jednako je tuk = 2tm = 40 s pa za domet tijela dobi-vamo

D = v0x � tuk = v0 � tuk � cos� = 256: 12m

s� 40 s � cos 50 = 6585: 4m

Primjer 1.1.13 Dokaµzite da je maksimalni domet kosog hica za kut � = 45� teda je domet kosog hica jednak za kutove � i 90� � �, pod pretpostavkom da jeotpor zraka zanemariv.

Rje�enje:Domet kosog hica opisan je izrazom

D (�) =v20 sin 2�

g(1.1.10)

uz konstantnu poµcetnu brzinu, vrijednost kuta koji zadovoljava uvjet maksimumafunkcije je

dD (�)

d�= 0

dD (�)

d�=

d

d�

�v20 sin 2�

g

�=v20g

d

d�(sin 2�)

=v20g� (2 cos 2�) = 2v20 cos 2�

g= 0

1.1. PRIMJERI 9

odakle slijedi da mora vrijediti

cos 2� = 0

2� =�

2

� =�

4= 45�

Koristeci izraz za domet (1.1.10) imamo

D (�) = D (90� � �)v20 sin 2�

g=

v20 sin [2 (90� � �)]

g

sin 2� = sin (180� � 2�)no, to vrijedi jer je sin (�) = sin (180� �) pa je jednakost dokazana.

Primjer 1.1.14 Nakon iskljuµcenja motora, ventilator, µciji je broj okretaja izno-sio 900 u minuti, poµcinje se jednoliko usporavati. Ako se ventilator zaustavionakon t00 = 5 s, kolika mu je kutna akceleracija? Kolika je kutna brzina venti-latora t0 = 3 s nakon poµcetka usporene vrtnje? Odredite ukupni broj okretajaventilatora do njegovog zaustavljanja?

Rje�enje:U trenutku iskljuµcenja motora, kutna brzina ventilatora iznosila je

!0 = 2�f0 = 2� rad �900

60 s= 30�

rad

s= 30� s�1

Nakon t00 = 5 s ventilator se zaustavio. Iz izraza za kutnu brzinu ! = !0 + �t irubnog uvjeta ! (t00) = 0 dobivamo

� =! � !0t00

=0� 30� rads

5 s= �6� rad

s2= �6� s�2 = �18:85 s�2

gdje negativni predznak kutne akceleracije znaµci usporenu vrtnju, a rad nijenuµzno pisati u izrazima. Kutna brzina ventilatora zadana je izrazom ! (t) =!0 + �t pa je nakon t0 = 3 s

!�t0�= !0 + �t

0 = 30�rad

s+

��6� rad

s2

�� 3 s = 12� rad

s= 12� s�1

Vektor poloµzaja proizvoljne toµcke na ventilatoru opisuje kut ' opisan izrazom

' (t) = !0t+1

2�t2

�to nakon t00 = 5 s iznosi

'�t00�= 30� s�1 � 5 s + 1

2

��6� s�2

�� (5 s)2 = 75� rad = 235: 62 rad

pa je ukupni broj okretaja

N ='

2�=75�

2�= 37:5 okr


Primjer 1.1.15 Materijalna se toµcka giba u smjeru osi x, tako da joj je pomakodre�en jednadµzbom x = At � Bt3, gdje je A = 12 ms i B = 1 m

s3. Nacrtajte

(x; t) ; (s; t) ; (v; t) i (a; t) dijagram za 0 � t � 3 s. Izraµcunajte srednju brzinu isrednju akceleraciju toµcke u vremenu od 0 do 3 s.

Rje�enje:

0 1 2 3 40

5

10

15

20

t(s)

x(m)

x(t) - dijagram

Prije�eni put opisujemo kao s (t) =�12t� t3 0 � t � 2t3 � 12t 2 < t � 3

0 1 2 3

10

20

t(s)

s(m)

s(t) - dijagram

Brzinu dobivamo preko izraza v (t) = A � 3Bt2 =�12� 3t2

�ms . Dakle,

gra�kon ima oblik

1.1. PRIMJERI 11

1 2 3

20

10

0

10

t(s)

v(m/s)

v(t) - dijagram

Ubrzanje opisujemo jednadµzbom a (t) = �6Bt = (�6t) ms2

1 2 3

20

15

10

5

0

5

t

a

a(t) - dijagram

Primjer 1.1.16 µCestica se giba u x; y ravnini tako da joj vektor poloµzaja ovisio vremenu po zakonu �!r (t) = (At2 � Bt)�!i + Ct3

�!j ; gdje je A = 10 m

s2; B =

2 ms ; C = 2 ms3. Izraµcunajte �!r ; �!v ; i �!a u t = 1 s. Kada x komponenta brzine

postaje jednaka nuli? Kolika je tada y komponenta brzine?

Rje�enje:Funkcija poloµzaja je�!r (t) = (At2 �Bt)�!i + Ct3

�!j

koja ima vrijednost u prvoj sekundi

�!r (1 s) =h10m

s2� (1 s)2 � 2 m

s� 1 si�!i + 2

m

s3� (1 s)3�!j

=�8�!i + 2

�!j�m

Funkcija brzine je vremenska derivacija funkcije poloµzaja

�!v (t) =d�!r (t)dt

=d

dt

h(At2 �Bt)�!i + Ct3

�!ji

=d

dt(At2 �Bt) � �!i + d

dt

�Ct3�� !j

= (2 At�B)�!i +�3Ct2

��!j


i u prvoj sekundi ima vrijednost

�!v (1 s) =�2 � 10 m

s2� 1 s� 2 m

s

��!i +

h3 � 2 m

s3� (1 s)2

i�!j

=�18�!i + 6

�!j� ms

Funkcija ubrzanja je vremenskaderivacija funkcije brzine

�!a (t) =d�!v (t)dt

=d

dt

h(2At�B)�!i +

�3Ct2

��!ji

=d

dt(2At�B) � �!i + d

dt

�3Ct2

�� !j

= (2A)�!i + (6Ct)

�!j

i ima vrijednost u prvoj sekundi

�!a (1 s) =�2 � 10 m

s2

��!i +

�6 � 2 m

s3� 1 s��!j =

�20�!i + 12

�!j� ms2

Kako vrijedi

�!v (t) = vx (t)�!i + vy (t)

�!j = (2 At�B)�!i +

�3Ct2

��!j

vx = 0 =) 2At�B = 0

t =B

2A=

2 ms2 � 10 m

s2= 0:1 s

vy (0:1 s) = 3Ct2 = 3 � 2 m

s3� (0:1 s)2 = 0:06 m

s= 6

cm

s

Primjer 1.1.17 Krenuv�i iz mirovanja materijalna se toµcka giba po pravcu takoda joj je akceleracija proporcionalna s vremenom. Koliki je prije�eni put nakon12 s ako je nakon 5 s brzina toµcke 20 ms ?

Rje�enje:Brzina je vremenski integral akceleracije. Buduci da je a = kt; onda je

v (t) =

tZ0

a dt =

tZ0

kt dt =kt2

2

k =2v

t2=2 � 20 ms(5 s)2

=40 ms25 s2

= 1:6m

s3

Buduci da je poµcetna brzina, za t = 0 s toµcke jednaka nuli, iz t = 5 s; v = 20 msdobiva se da je k = 1:6 m

s3.

1.1. PRIMJERI 13

Prije�eni je put

s (t) =

tZ0

vdt =

tZ0

kt2

2dt =

kt3

6

s (t = 12 s) =1:6 m

s3� (12 s)3

6= 460:8m

Primjer 1.1.18 Krenuv�i iz mirovanja materijalna se toµcka giba po pravcu takoda joj je akceleracija proporcionalna kvadratu vremena. Kolika je brzina materi-jalne toµcke ako je u trenutku t = 10 s prije�eni put jednak s = 750m?

Rje�enje:Akceleracija je proporcionalna kvadratu vremena, dakle a = kt2. Tada je

v (t) =

tZ0

a (t) dt =

tZ0

kt2dt = k � 13t3 jt0=

k

3

�t3 � 03

�=kt3

3

a prije�eni put

s (t) =

tZ0

v (t) dt =

tZ0

kt3

3dt =

kt4

12jt0=

k

12

�t4 � 04

�=kt4

12

Iz poµcetnog uvjeta moµzemo odrediti konstantu k

s (10 s) =k (10 s)4

12= 750m

k =12 � 750m10000 s4

= 0:9m

s4

pa je brzina v u tom trenutku

v (t) =kt3

3

v (10 s) =0:9 m

s4� (10 s)3

3= 300

m

s

Primjer 1.1.19 Brzina µcestice koja se giba u pozitivnom smjeru x osi opisanaje izrazom v (x) = A

px, gdje je A = 5

pms . Ako je u trenutku t = 0 s µcestica u

ishodi�tu, kolika je srednja brzina µcestice na putu od 100m?

Rje�enje:Neka u trenutku t µcestica ima poloµzaj x, kako je u trenutku t = 0 s µcestica u

ishodi�tu x = 0m imamo


v =dx

dt= A

px� � dtp

x=) dxp

x= Adt�

Z�to nakon integracije daje

xZ0

dxpx= A

tZ0

dt =) 2px jxo= At jt0

2�px�

p0�= A (t� 0) =) 2

px = At

x =A2

4t2

Za put od 100m potrebno vrijeme je

t =2px

A=2 �p100m

5pms

= 4 s

Srednja brzina jednaka je kvocijentu prije�enog puta i vremena da se taj putprije�e

v =s

t=100m

4 s= 25

m

s

Primjer 1.1.20 µCovjek se nalazi u toµcki A na obali mora i uoµcava djeµcaka umoru kojemu treba pomoc. Djeµcak se nalazi u toµcki B i udaljen je od obale 70m,a µcovjek ga vidi pod kutom od 30� u odnosu na obalu. µCovjek moµze trµcati brzinomv1 = 30 kmh i plivati brzinom v2 = 5 kmh . Hoce li µcovjek odmah skoµciti u vodu iplivati ili ce trµcati obalom, pa onda skoµciti u vodu i plivati? Za koje vrijeme cestici do djeµcaka?

Rje�enje:Postavimo koordinatni sustav tako da je ishodi�te u poµcetnom poloµzaju µco-

vjeka (slika 2.19.), a os x neka aproksimira obalu. Tada su koordinate djeµcaka:

y = AB sin� = 70m

AB =y

sin�=70m

sin 30= 140m

x = d = AB cos� = 140m � cos 30 = 121:24mµCovjek µzeli u najkracem vremenu stici do djeµcaka. Ako bi µcovjek samo plivao,

trebalo bi mu

t =AB

v2=140m

1:3_8 ms= 100:8 s

1.1. PRIMJERI 15

Pretpostavimo da ce µcovjek trµcati obalom do neke toµcke C = C (x; 0).Potrebno vrijeme dolaska do djeµcaka u ovom sluµcaju je vrijeme trµcanja do toµckeC, plus vrijeme plivanja od toµcke C do djeµcaka.

t = ttr + tpl =x

v1+

qy2 + (d� x)2

v2= t (x)

gdje je d udaljenost od µcovjeka do okomice djeµcaka na obalu (toµcka D).Traµzimo minimalnu vrijednost vremena po veliµcini x. Uvjet minimalnosti je:

dt

dx= 0

dt

dx=

1

v1+

2 (d� x) � (�1)

v2 � 2qy2 + (d� x)2

= 0

v2v1

=(d� x)q

y2 + (d� x)2

kvadriramo jednadµzbu i prona�emo joj inverznu vrijednost

v21v22

=y2 + (d� x)2

(d� x)2=

y2

(d� x)2+ 1

v21v22� 1 =

y2

(d� x)2

v21 � v22v22

=y2

(d� x)2

odakle izdvojimo x

xmin = d� y v2pv21 � v22

= 121:24m� 70m1; 3_8 msq�

8; _3 ms�2 � �1; 3_8 ms �2 = 109:44m

proteklo vrijeme je

t (x) =x

v1+

qy2 + (d� x)2

v2

t (109:44 m) =109:44m

8: _3 ms+

q(70m)2 + (121:24m� 109:44m)2

1:3_8 ms= 64:63 s

Dakle, do djeµcaka je stigao za

t = 64:63 s


�to je brµze za

t0 = 100:8 s� 64:63 s = 36: 17 s

u odnosu da je odmah poµceo plivati.

Primjer 1.1.21 µCestica se giba duµz krivulje µcije su parametarske jednadµzbe

x (t) = e�t

y (t) = 2 cos 3t

z (t) = 2 sin 3t

gdje je t vrijeme. Odredite brzinu i ubrzanje u proizvoljnom trenutku vremena,te odredite njihov iznos u poµcetnom trenutku vremena.

Rje�enje:Vektor poloµzaja µcestice �!r dan je izrazom�!r (t) = x (t)

�!i + y (t)

�!j + z (t)

�!k

=�e�t��!i + (2 cos 3t)

�!j + (2 sin 3t)

�!k

tada su brzina i ubrzanje

�!v (t) =d�!r (t)dt

= �e�t�!i � 6 sin 3t�!j + 6 cos 3t�!k

�!a (t) =d�!v (t)dt

=d2�!r (t)dt2

= e�t�!i � 18 cos 3t�!j � 18 sin 3t�!k

U poµcetnom trenutku vremena funkcije brzine i ubrzanja su

�!v (0) = �e�0�!i � 6 sin (3 � 0)�!j + 6 cos (3 � 0)�!k= ��!i + 6�!k

�!a (0) = e�0�!i � 18 cos (3 � 0)�!j � 18 sin (3 � 0)�!k

=�!i � 18�!j

pa su njihovi iznosi

v (0) =

q(�1)2 + 62 =

p37m

s

a (0) =

q12 + (�18)2 =

p325

m

s2

Primjer 1.1.22 µCestica se giba duµz krivulje zadane parametarski

x (t) = 2t2

y (t) = t2 � 4tz (t) = 3t� 5

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

1.1. PRIMJERI 17

Rje�enje:Vektor poloµzaja je

�!r (t) = x (t)�!i + y (t)

�!j + z (t)

�!k

= 2t2�!i +

�t2 � 4t

��!j + (3t� 5)�!k

Pa su funkcije brzine i ubrzanja

�!v (t) =d�!r (t)dt

= 4t�!i + (2t� 4)�!j + 3�!k

�!a (t) =d�!v (t)dt

= 4�!i + 2

�!j

µcije vrijednosti u trenutku t = 1 s iznose

�!v (1 s) =�4�!i � 2�!j + 3�!k

� ms

�!a (1 s) =�4�!i + 2

�!j� ms2

Komponete vektora brzine i ubrzanja u zadanom smjeru se dobiju tako �tovektore pomnoµzimo brzine i ubrzanja pomnoµzimo sa jediniµcnim vektorom uzadanomsmjeru, koji iznosi

�!p 0 =�!pp=

�!i � 3�!j + 2�!kq12 + (�3)2 + 22

=

�!i � 3�!j + 2�!kp

14

pa su komponente

vp =�4�!i � 2�!j + 3�!k

� ms��!i � 3�!j + 2�!kp

14=4 � 1� 2 � (�3) + 3 � 2p

14

m

s=

16p14

m

s

ap =�4�!i + 2

�!j� ms2��!i � 3�!j + 2�!kp

14=4 � 1 + 2 � (�3)p

14

m

s2=�2p14

m

s2

Primjer 1.1.23 µCestica se giba tako da joj je poloµzaj vektora zadan izrazom

�!r = cos!t�!i + sin!t�!j

gdje je ! konstanta. Pokaµzite da je brzina µcestice �!v okomita na vektor poloµzaja�!r i da je akceleraciaj µcestice �!a usmjerena prema ishodi�tu i ima intezitet pro-rorcionalan udaljenosti od ishodi�ta. Pokaµzite i da je �!r ��!v konstantan vektor.

Rje�enje:Brzina µcestice je

�!v = d�!rdt

= �! sin!t�!i + ! cos!t�!j


pa je

�!r � �!v =�cos!t

�!i + sin!t

�!j��! sin!t�!i + ! cos!t�!j

�= �! sin!t cos!t+ ! sin!t cos!t = 0

pa su vektori okomiti.Ubrzanje µcestice je

�!a = d�!vdt

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

�!i + sin!t

�!j�= �!2�!r

�to pokazuje da je akceleracija suprotnog smjera od vektora poloµzaja, dakle us-mjerena prema ishodi�tu i da je direktno proporcionalna iznosu vektora poloµzajaj�!r j.

Vektor

�!r ��!v =

��!i

�!j

�!k

cos!t sin!t 0�! sin!t ! cos!t 0

��=

�! cos2 !t+ ! sin2 !t

��!k = !

�!k

�to je konstantan vektor. Fizikalno znaµcenje je da se µcestica giba kruµzno sakonstantnom kutnom brzinom. Ubrzanje je usmjereno uvijek prema sredi�tukruµznice i naziva se centripetalno ubrzanje.

Poglavlje 2

DINAMIKA

2.1 Primjeri

Primjer 2.1.1 Kuglica mase m = 1g obje�ena je o nit duljine l = 1m giba sejednoliko po kruµznici tako da nit zatvara kut ' = 30� s vertikalom. Odrediteperiod kruµzenja i napetost niti tog stoµzastog njihala.

Rje�enje:Na kuglicu djeluje sila teµza

�!G i napetost niti

�!N . Napetost niti je

N =G

cos'=

mg

cos 30= 0:01328N = 13:28mN

Sila teµza�!G i napetost niti

�!N vektorski zbrojene daju centripetalnu silu.

Fcp = mg tan' =mv2

r

v =pg � r � tan' =

pg � l sin' � tan'

odakle je period kruµzenja

T =2r�

v=

2� � l sin'pg � l sin' � tan'

= 2�

sl cos'

g= 1: 87 s

Primjer 2.1.2 Tijelo malih dimenzija sklizne sa vrha sfere. U kojoj toµcki ce setijelo odvojiti od povr�ine sfere i nastaviti gibanje zrakom? Polumjer sfere iznosiR = 0:45m. Sva trenja zanemarite.

Rje�enje:Tijelo ce se odvojiti u onoj toµcki na sferi gdje ce centrifugalna sila poni�titi

normalnu komponentu teµzine tijela GN , odnosno

mg cos� =mv2

R

19

20 POGLAVLJE 2. DINAMIKA

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

R� h = R cos� =) cos� =R� hR

a za brzinu tijela (buduci da trenje zanemarujemo) imamo

v2 = 2gh

Traµzeni uvjet za toµcku daje

mgR� hR

=m � 2ghR

R� h = 2h

h =R

3=0:45m

3= 0:15m

Dakle, tijelo ce se odvojiti od povr�ine sfere u toµcki koja je 15 cm niµza od vrhasfere. Toµcku moµzemo opisati i kutom na sferi koji opi�e radijus vektor tijelatijekom gibanja

cos� =R� hR

=R� R

3

R=2

3

� = arccos2

3= 48: 19� = 0:841 07 rad

Primjer 2.1.3 Sila F djeluje u vremenskom intervalu �t = 0:05 s. Prilikomgibanja tijela sila F mijenja svoj intezitet prema relaciji F = 500ma (1� kt),gdje je k = 100 s�1. Izraµcunajte kolika je brzina v u trenutku t = 0:05 s ako jepoµcetna brzina iznosila v0 = 200 ms , a ubrzanje a = 3

ms2.

Rje�enje:Kao �to je poznato, kratkotrajne sile velikog inteziteta nazivaju se impulzivnim

silama koje su obiµcno promjenjivog inteziteta. U na�em sluµcaju, djelovanje silemijenja koliµcinu gibanja tijela po izrazu

�p = mv �mv0 =�tZ0

Fdt =

�tZ0

[500ma (1� kt)] dt

= 500ma

�tZ0

(1� kt) dt = 500ma��t� k

2(�t)2

�odnosno, nakon dijeljenja izraza sa masom tijelam za konaµcnu brzinu v dobivamo

v = v0 + 500a�t

�1� k

2�t

�= 200

m

s+ 500 � 3 m

s2� 0:05 s

�1� 100 s

�1

2� 0:05 s

�= 87: 5

m

s

2.1. PRIMJERI 21

Primjer 2.1.4 Tijelo mase 20 kg vuµce se uµzetom po horizontalnoj podlozi ko-nstantnom brzinom. Ako je koe�cijent trenja klizanja tijela i podloge �K = 0:5pod kojim kutom ce napetost uµzeta biti najmanja? Koliki je iznos napetosti uµzetau tom trenutku?

Rje�enje:Buduci da je brzina konstantna, primjenom I. Newtonova zakona, jednadµzba

gibanja ce glasiti:Pi

�!F i =

�!R +

�!G +

�!T +

�!Ftr = 0

Promatrano po komponentama x i y dobivamo:PiFiX = T cos�� Ftr = 0

Ftr = T cos� (2.1.1)PiFiY = T sin�+R�G = 0

R = G� T sin� (2.1.2)

Sila trenja je Ftr = �K � R pa povezujuci gornje dvije jednadµzbe dolazimodo

T cos� = �K (G� T sin�)T cos� = �K mg � �K T sin�

�K mg = T (cos�+ �K sin�)

T =�K mg

cos�+ �K sin�= T (�)

Ovo je funkcija napetosti niti ovisna o kutu �. Da bi napetost niti bilaminimalna mora biti zadovoljen uvjet za ekstrem funkcije T (�) koji glasi�

dT

d�

��=�0

= 0�dT

d�

��=�0

=

��K mg (� sin�+ �K cos�)

(cos�+ �K sin�)2

��=�0

= 0

Odakle vrijedi

� sin�0 + �K cos�0 = 0

tan�0 = �K

�0 = arctan�K = arctan 0; 5

�0 = 26; 56�

gdje je �0 kut pod kojim je napetost niti najmanja. Iznos napetosti niti zataj kut iznosi

T (�0) =�K mg

cos�0 + �K sin�0=

0; 5 � 20 kg � 9; 81 ms2

cos (26; 56) + 0; 5 [sin (26; 56)]= 87; 74N


Primjer 2.1.5 Gibanje tijela, koje se spu�ta niz strmu ravan postavljenu podkutom � prema horizontu, opisano je jednadµzbom x = bgt2, gdje je g - ubrzanjezemljine teµze, a b - konstantni koe�cijent. Odredite intezitet sile trenja klizanjapo ravnoj kosini.

Rje�enje:Teµzinu tijela oznaµcimo sa G te komponente reakcije strme ravni R i Ftr.

Postavimo koordinatni sustav tako da os x bude usmjerena paralelno niz kosinu,a os y okomito od kosine. Tada je diferencijalna jednadµzba gibanja tijela:

m�x = G sin�� Ftr (2.1.3)

gdje je �x = d2xdt2

= ax - ubrzanje tijela u smjeru x - osi. Kako je x = bgt2, to je�x = 2bg. Masa tijela jednaka je m = G

g , pa jednadµzba (2.1.3) dobiva oblik:

m�x =G

g2bg = 2bG = G sin�� Ftr

odakle slijedi traµzena veliµcina sile trenja

Ftr = G (sin�� 2b)

Primjer 2.1.6 Kapljica ki�e pada s velike visine (slika 3.39.) tako da joj jebrzina jednaka v1 = 15 ms u trenutku kad joj je akceleracija jednaka a1 = 7 m

s2.

Blizu Zemljine povr�ine kapljica pada jednoliko. Ako je sila otpora zraka propor-cionalna s kvadratom brzine i kapljica pada pod kutom � = 15�, kolikom brzinompu�e boµcni vjetar?

Rje�enje:Jednadµzba gibanja za kapljicu je

ma = mg � Fot (v) (2.1.4)

gdje je Fot (v)� sila otpora zraka i vrijedi

Fot (v) = kv2

U trenutku t1 kapljica ima brzinu v1 i ubrzanje a1 pa je

ma1 = mg � kv21kv21 = m (g � a1)

k =m (g � a1)

v21(2.1.5)

U blizini Zemljine povr�ine kapljica se giba jednolikom brzinom koju nazivamograniµcna brzina vg, a sila otpora je zapravo Fot (vg) pa je ukupna sila koja djelujena kapljicu jednaka nuli.

2.1. PRIMJERI 23

0 = mg � Fot (vg)0 = mg � kv2gv2g =

mg

k=

mgm(g�a1)

v21

=g

g � a1v21

vg = v1

rg

g � a1= 15

m

s

s9; 81 m

s2

9; 81 ms2� 7 m

s2

vg � 28m

s

Iz dijagrama brzina vjetra i graniµcne brzine gibanja kapljice slijedi

sin� =vvvg

vv = vg � sin� = 28m

s� sin 15 � 7:25 m

s

Primjer 2.1.7 Izraµcunajte brzinu i prije�eni put tijela koje pada u �uidu.Pretpostavimo silu trenja (otpor sredstva) proporcionalnu brzini tijela Ftr = �bv.Kolika je konaµcna brzina kojom ce tijelo, kada je postigne, padati jednoliko?Nacrtajte s (t) i v (t) dijagram i uporedite to gibanje sa slobodnim padom(uzgon zraka zanemarite). Raµcunajte sa vrijednosti b

m = 0:7 s�1.

Rje�enje:Ovdje imamo primjer gdje je sila proporcionalna brzini. Opcenito, ako sila

ovisi o brzini F = f (v) probleme rje�avamo na slijedeci naµcin:

F = ma = mdv

dt= f (v) =)

tZ0

dt = m

vZv0

dv

f (v)

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

v (t) =ds

dt=)

sZs0

ds =

tZ0

v (t) dt

s = s0 +

tZ0

v (t) dt

Dakle, mi imamo poXi

Fi = mg � bv = ma = mdv

dt


odnosno

dv

dt= g � b

mv

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

vZ0

dv

g � bmv

=

tZ0

dt =) � 1bm

"ln

v � g

bm

!� ln

� g

bm

!#= t

bt

m= � ln

" v � g

bm

! � g

bm

!#= � ln

�mg � bv

b

b

mg

�= ln

mg

mg � bv

ebtm =

mg

mg � bv =) e�btm =

mg � bvmg

= 1� b

mgv

b

mgv =

�1� e�

btm

�=) v =

mg

b

�1� e�

btm

�Pri padanju u �uidu zbog otpora sredstva ubrzanje se smanjuje i konaµcno

postaje nula, tijelo u tom trenutku postiµze konaµcnu (graniµcnu) brzinu i dalje segiba jednoliko. Graniµcnu brzinu odre�ujemo iz uvjeta da je ukupna sila na tijelojednaka nuli, odnosno da je sila teµze jednaka sili trenjaX

i

Fi = mg � bvg = 0

mg = bvg =) vg =mg

b= 14:014

m

s

pa se brzina i ubrzanje mogu prikazati pomocu vg kao

v = vg

�1� e�

btm

�a = g � bv

m= g � g

�b

mg

�v = g

�1� v

vg

�Put se dobiva integriranjem brzine

s =

tZ0

vg

�1� e�

btm

�dt =

tZ0

�vg � vge�

btm

�dt = vgt+

v2gg

�e�

btm � 1

�s = vg

�t� vg

g

�1� e�

btm

��= vg

�t� v

g

�Primjer 2.1.8 Na µcesticu mase m djeluje sila F = F0

h1�

�2t�TT

�2iu vremen-

skom intervalu 0 � t � T , gdje je F0 konstanta. Odredite brzinu µcestice na krajuintervala ako µcestica na poµcetku miruje v0 = 0.

2.1. PRIMJERI 25

Rje�enje:Brzina je jednaka

v (t) =

tZ0

a (t) dt =

tZ0

F (t)

mdt+ v0

pa dobivamo

v (t) =

tZ0

F0m

"1�

�2t� TT

�2#dt

pa nakon vremena T dobivamo

v (T ) =F0m

TZ0

"1�

�2t� TT

�2#dt

=F0m

2

3T 2t2 (3T � 2t) jT0=

2F0T

3m

Primjer 2.1.9 Tijelo mase m = 5kg baµceno je u horizontalnome smjeru poµce-tnom brzinom v0 = 20

ms . Koliki je iznos brzine, tangencijalne i centripetalne sile

t = 2 s nakon bacanja tijela? Zanemarite otpor zraka.

Rje�enje:Tijelo opisuje putanju horizontalnog hica (parabolu). U proizvoljnoj toµcki

putanje horizontalna komponenta brzine jednaka je v0 = vx = 20 ms i ona se nemijenja, dok je vertikalna komponenta brzine proporcionalna vremenu i iznosivy = �gt. Ukupna brzina iznosi

v (t) =qv2x + v

2y =

qv20 + (�gt)

2 =qv20 + g

2t2

v (2 s) =

r�20m

s

�2+�9:81

m

s2

�2� (2 s)2 = 28: 017 m

s

Tangencijalna sila je

Ft (t) = mdv

dt= m

d

dt

qv20 + g

2t2 =mg2tpv20 + g

2t2

Ft (2 s) =5 kg �

�9:81 m

s2

�2 � 2 sq�20 ms

�2+�9:81 m

s2

�2 � (2 s)2 = 34: 349NUkupna sila jednaka je sili teµze pa mora vrijediti

�!F t +

�!F cp =

�!G ) F 2cp + F

2t = G

2


odnosno

Fcp (t) =qG2 � F 2t =

s(mg)2 � m2g4t2

v20 + g2t2

=mgv0pv20 + g

2t2

Fcp (2 s) =5 kg � 9:81 m

s2� 20 msq�

20 ms�2+�9:81 m

s2

�2 � (2 s)2 = 35: 015NPrimjer 2.1.10 Na vagonu mase m = 4t, u obliku platforme, nalazi se µcovjekmase m0 = 80 kg. Vagon se giba po horizotalnom kolosjeku bez trenja i imapoµcetnu brzinu v0. Koliki je prirast brzine vagona ako µcovjek poµcne trµcati brzi-nom v1 = 6

ms u smjeru suprotnom od smjera gibanja vagona i iskoµci iz njega u

horizontalnom pravcu.

Rje�enje:Uzmimo da se vagon giba u pozitivnom smjeru osi x. Poµcetna koliµcina gibanja

cijelog sustava iznosi

p0 =�m+m0� v0

dok je konaµcna koliµcina gibanja jednaka

pk = m (v0 +�v)

gdje je �v traµzeni prira�taj brzine vagona prije iskakanja µcovjeka. Uzimajuci daje konaµcna koliµcina gibanja µcovjeka

p0 = m0 (v0 +�v � v1)

na osnovu zakona odrµzanja koliµcine gibanja dobivamo

p0 = pk + p0�

m+m0� v0 = m (v0 +�v) +m0 (v0 +�v � v1)

�v =m0v1m+m0 =

80 kg � 6 ms4000 kg + 80 kg

= 0:117 65m

s

Uoµcimo da prira�taj brzine vagona uopce ne ovisi od poµcetne brzine v0 sustava.

Primjer 2.1.11 Raketa poµcetne mase m0 izbacuje plinove brzinom vp = 400ms u

odnosu prema raketi. Uz pretpostavku da nema vanjskih sila, izraµcunajte brzinurakete nakon �to je izgorilo 10% poµcetne mase.

Rje�enje:Iz zakona oµcuvanja koliµcine gibanja imamo

p = mv = konst:

2.1. PRIMJERI 27

deriviranjem dobivamo

d (mv)

dt=dm

dtv +m

dv

dt= 0

odakle dobivamo jednadµzbu

mdv

dt= �vdm

dt

Ovdje je v = vp brzina izbacivanja plina u odnosu na raketu. Separacijom vari-jabli slijedi

dm

m= � 1

vpdv

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

mZm0

dm

m= � 1

vp

vZ0

dv

lnm j mm0= � 1

vp(v) jv0=) lnm� lnm0 = �

1

vp(v � 0)

v = �vp lnm

m0= �vp ln 0:9 = �

�400

m

s

�� (�0:105 36) = 42: 144 m

s

Primjer 2.1.12 Raketa mase m = 60 t izbacuje plinove brzinom vp = 2000 msi nakon izgaranja goriva postigne brzinu od v = 8000 ms . Kolika je masa praznerakete bez goriva? Pretpostavite da na raketu ne djeluju vanjske sile i da jelansirana bez poµcetne brzine.

Rje�enje:S obzirom da je cjelokupno gorivo sagorjelo, preostala masa jednaka je masi

prazne rakete. Iz integrala

mZm0

dm

m= � 1

vp

vZ0

dv

kao u prethodnom primjeru traµzimo preostalu masu m.

lnm� lnm0 = � 1vp(v � 0)

lnm

m0= � v

vp

m = m0e� vvp = 60 t � e�

8000 ms2000 ms = 60000 kg � e�4

= 1098:9 kg � 1:1 t


Primjer 2.1.13 Raketa mase m = 20 kg lansirana je iz mirovanja vertikalnou vis. Izbaciv�i m0 = 0:4 kg plina, nakon prve sekunde raketa postigne brzinuv = 20 ms . Kolika je brzina izbacivanja plinova u odnosu na raketu? Treba uraµcun uvrstiti da se raketa giba u gravitacijskom polju Zemlje.

Rje�enje:Iz uvjeta zadatka vidimo da je brzina sagorjevanja plina jednaka �m

�t = 0:4kgs

pa nam se preostala masa plina u raketi mijenja po zakonu mp (t) = m0� �m�t � t.

Koristeci II. Newtonov zakon dobivamo

�vpdm

dt= m

�dv

dt+ g

�dm

m= � 1

vp

�dv

dt+ g

�dt=

Zm0��m

�ttZ

m0

dm

m= � 1

vp

0@ vZ0

dv +

tZ0

gdt

1A

ln

�m0 �

�m

�tt

�� lnm0 = � 1

vp(v + gt) = � (�vp)

vp lnm0

m0 � �m�t t

= v + gt

odakle slijedi izraz za brzinu gibanja rakete u gravitacijskom polju

v (t) = vp lnm0

m0 � �m�t t

� gt

ili

vp =v (t) + gt

ln m0

m0��m�tt

Koristeci poµcetni uvjet v (1 s) = 20 ms imamo

vp =20 ms + 9:81

ms2� 1 s

ln 20 kg

20 kg�0:4 kgs�1 s

= 1475: 5m

s

Primjer 2.1.14 Neka je polje sile zadano

a)�!F =

�!r�, gdje je � neprekidna i diferencijabilna funkcija. Pokaµzite da je radprilikom gibanja µcestice u tom polju od toµcke P1 = (x1; y1; z1) do toµckeP2 = (x2; y2; z2) nezavisan od putanje koja spaja te dvije toµcke.

2.1. PRIMJERI 29

b) Zapravo, ako jeZC

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

toµcke, pokaµzite da postoji funkcija � tako da vrijedi�!F =

�!r�.

Rje�enje:a) Uµcinjeni rad jednak je

W =

ZC

�!F � d�!r =

P2ZP1

�!F � d�!r =

P2ZP1

�!r� � d�!r

=

P2ZP1

�@�

@x

�!i +

@�

@y

�!j +

@�

@z

�!k

��dx�!i + dy

�!j + dz

�!k�

=

P2ZP1

@�

@xdx+

@�

@ydy +

@�

@zdz =

P2ZP1

d�

= � (P2)� � (P1) = � (x2; y2; z2)� � (x1; y1; z1)

tako da integral (rad) ovisi samo o toµckama P1 i P2, a ne o krivulji koja ih spaja.

b) Neka je�!F = F1

�!i + F2

�!j + F3

�!k . Pretpostavimo da je integral

ZC

�!F � d�!r

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

� (x; y; z) =

(x;y;z)Z(x1;y1;z1)

�!F � d�!r =

(x;y;z)Z(x1;y1;z1)

F1dx+ F2dy + F3dz

Tada je

� (x+�x; y; z)� � (x; y; z) =

(x+�x;y;z)Z(x1;y1;z1)

�!F � d�!r �

(x;y;z)Z(x1;y1;z1)

�!F � d�!r

=

(x+�x;y;z)Z(x1;y1;z1)

�!F � d�!r +

(x1;y1;z1)Z(x;y;z)

�!F � d�!r

=

(x+�x;y;z)Z(x;y;z)

�!F � d�!r =


F1dx+ F2dy + F3dz

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


Integral u tom sluµcaju je jednak

� (x+�x; y; z)� � (x; y; z) =


F1dx

� (x+�x; y; z)� � (x; y; z)�x

=1

�x


F1dx

ta u graniµcnom sluµcaju �x! 0 imamo

@�

@x= F1

analogno dobivamo i za preostale dvije komponente

@�

@y= F2;

@�

@z= F3

Onda je polje sile jednako

�!F = F1

�!i + F2

�!j + F3

�!k =

@�

@x

�!i +

@�

@y

�!j +

@�

@z

�!k =

�!r�

Ako je

P2ZP1

�!F � d�!r nezavisan o krivulji C koja spaja toµcke P1 i P2, tada

�!F

nazivamo konzervativno polje. Dakle, ako postoji funkcija � tako da vrijedi�!F =�!r� tada je �!F konzervativno polje i obrnuto.

Primjer 2.1.15 Ako je�!F =

�2xy + z3

��!i + x2

�!j + 3xz2

�!k polje sile.

a) Pokaµzite da je ono konzervativno,

b) Prona�ite skalarni potencijal,

c) Prona�ite rad uµcinjen prilikom gibanja objekta u ovom polju od toµcke T1 (1;�2; 1)do toµcke T2 (3; 1; 4).

Rje�enje:a) Nuµzan i dovoljan uvjet da polje bude konzervativno je da rot

�!F =

�!r��!F =0. Izraµcunajmo rotaciju

�!r ��!F =

��!i

�!j

�!k

@@x

@@y

@@z

2xy + z3 x2 3xz2

�� = 0�!i +

�3z2 � 3z2

��!j +(2x� 2x)�!k = 0

2.1. PRIMJERI 31

pa je�!F konzervativno polje sile.

b) Prvi naµcin:Uporedimo

�!F =

�!r� ili @�@x�!i + @�

@y

�!j + @�

@z

�!k =

�2xy + z3

��!i +x2

�!j +3xz2

�!k .

Vidimo da je tada

@�

@x= 2xy + z3

@�

@y= x2

@�

@z= 3xz2

odnosno nakon integracije

� = x2y + xz3 + f (y; z)� = x2y + g (x; z)� = + xz3 + h (x; y)

Ove jednadµzbe se slaµzu ako odaberemo:

f (y; z) = 0

g (x; z) = x2y

h (x; y) = xz3

tako da je

� = x2y + xz3 + c

gdje je c proizvoljna aditivna konstanta.Drugi naµcin:

Kako je�!F konzervativna,

ZC

�!F � d�!r ne zavisi o krivulji C duµz (x1; y1; z1) i

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

� (x; y; z) =

xZx1

�2xy1 + z

31

�dx+

yZy1

x2dy +

zZz1

3xz2dz

= x2y1 + xz31

��xx1+ x2y

��yy1+ xz3

��zz1

= x2y1 + xz31 � x21y1 � x1z31 + x2y � x2y1 + xz3 � xz31

= x2y + xz3 � x21y1 � x1z31 = x2y + xz3 + c

Treci naµcin:

�!F � d�!r = �!r� � d�!r = @�

@xdx+

@�

@ydy +

@�

@zdz = d�


pa je

d� =�!F � d�!r =

�2xy + z3

�dx+ x2dy + 3xz2dz

=�2xydx+ x2dy

�+�z3dx+ 3xz2dz

�= d

�x2y�+ d

�xz3�= d

�x2y + xz3

�0dnosno

� = x2y + xz3 + c

c) Izvr�eni rad jednak je

W =

P2ZP1

�!F � d�!r =

P2ZP1

d� =

P2ZP1

d�x2y + xz3

�= x2y + xz3

��P2P1= x2y + xz3

��(3;1;4)(1;�2;1) = 202

Poglavlje 3

ENERGIJA I ZAKONIOµCUVANJA

3.1 Primjeri

Primjer 3.1.1 µCovjek gura teret mase m = 35 kg konstantnom brzinom uz ko-sinu nagiba � = 30� i prije�e l = 50m puta. Sila kojom djeluje µcovjek na tijelo jeparalelna uz kosinu. Koe�cijent trenja tijela i kosine iznosi �k = 0:3. Izraµcunajterad svake pojedine sile i ukupni rad svih sila.

Rje�enje:Na teret djeluje sila teµze

�!G = mg, µcovjek paralelnom silom

�!F uz kosinu,

normalna reakcija podloge�!R i sila trenja

�!F tr paralelno niz kosinu. Postavimo

koordinatni sustav tako da os x bude paralelno niz kosinu, a os y okomito nakosinu. Kako µcovjek gura teret konstantnom brzinom �!v = const: to je ubrzanjetijela jednako nuli. Tada po II. Newtonovu zakonu vrijedi:X

i

�!F i = 0

odnosno po komponentamaXi

Fxi = �F + Ftr +GT = 0Xi

Fyi = R�GN = 0

odakle slijedi

R = GN = mg cos� = 297:35N

GT = mg sin� = 171:68N

Ftr = �kR = 0:3 � 297:35N = 89:2NF = Ftr +GT = 260:88N

33

34 POGLAVLJE 3. ENERGIJA I ZAKONI O µCUVANJA

odnosno, rad pojedinih sila je za s = l

WR = WGN =�!R � �!s = R � l cos �

2= 0 J

WGT =�!GT � �!s = GT � l cos� = 171:68N � 50m � (�1) = �8584 J

WFtr =�!F tr � �!s = Ftr � l cos� = 89:2N � 50m � (�1) = �4460 J

WF =�!F � �!s = F � l cos 0 = 260:88N � 50m � 1 = 13044 J

pa je ukupni rad jednak

Wuk = WR +WGN +WGT +WFtr +WF

= 0J + 0 J� 8584 J� 4460 J + 13044 J = 0 J

Ovaj smo rezultat mogli i oµcekivati jer se tijelo giba konstantnom brzinom popravcu pa je ukupna sila jednaka nuli, odnosno i ukupni rad je tada jednak nuli.

Primjer 3.1.2 Dizalo mase m = 800 kg ubrza se akceleracijom a = 1 ms2iz

mirovanja do brzine v = 5 ms , a zatim se nastavlja dizati jednoliko po pravcu. Zacijelo vrijeme gibanja djeluje stalna sila trenja Ftr = 2000N. Kolika je:

a) Prosjeµcna snaga?

b) Maksimalna snaga potrebna motoru da ubrza dizalo iz mirovanja do v = 5 ms ?

c) Koliku snagu razvija motor pri jednolikom dizanju?

d) Koliki je rad motora za vrijeme t = 12 s od poµcetka dizanja?

Rje�enje:

a) Sila koju mora prizvesti motor dizala mora svladati silu teµze, silu trenja ijednoliko ubrzavati dizalo

F1 = mg + Ftr +ma = 10:65 kN

Pri tome motor obavlja rad

W1 = F1 � s = F1 �v202a= (mg + Ftr +ma) �

v202a= 133:1 kJ

Buduci da je taj rad obavljen u vremenu t1 = v0a = 5 s, prosjeµcna snaga je

P1 =W1

t1= 26:62 kW

b) Trenutna snaga P = F � v mijenja se za vrijeme jednolikog ubrzanja od nuledo maksimalne vrijednosti Pm

Pm = F1 � v0 = 53:24 kW

Moµzemo uoµciti da je srednja snaga jednaka polovini maksimalne snage.

3.1. PRIMJERI 35

c) Pri jednolikom dizanju sila motora dizala svladava silu teµze i silu trenja

F2 = mg + Ftr = 9:85 kN

pa je snaga pri jednolikom dizanju

P2 = F2 � v0 = 49:24 kW

d) Rad za vrijeme jednolikog ubrzavanja jeW1, dakle trebamo izraµcunati jo�radpri jednolikom dizanju W2.

W2 = F2 � s = F2 � v0 � t2 = P2 � t2 = 344:68 kJ

gdje je t2 = t � t1 = 7 s vrijeme jednolikog gibanja dizala. Ukupni radjednak je zbroju pojedinih radova

Wuk =W1 +W2 = 133:1 kJ + 344:68 kJ = 477: 78 kJ

Primjer 3.1.3 S vrha breµzuljka, koji moµzemo aproksimirati kosinom, visineh = 30m i duljine l = 150m, klizi skija� mase m = 75 kg. Odredite kinetiµckuenergiju i brzinu koju ce postici pri dnu kosine ako je koe�cijent trenja klizanja�k = 0:06.

Rje�enje:Po zakonu oµcuvanja energije, mora biti razlika ukupne konaµcne energije koju

ima skija�pri dnu breµzuljka E2 i na njegovu vrhu E1 jednaka radu sile trenja.

E2 � E1 = Ek2 + Ep2 � (Ek1 + Ep1) =Wtr

Kako je skija� imao poµcetnu brzinu v0 = 0 to je Ek1 = 0, a ako za referentnurazinu potencijalne energije uzmemo dno breµzuljka tada je Ep2 = 0. Odavdeslijedi

Ek2 � Ep1 =Wtr

Ek2 = Ep1 +Wtr = m � g � h+�!F tr �

�!l

= m � g � h+ Ftr � l � cos� = m � g � h� Ftr � l

Sila trenja jednaka je

Ftr = �k �m � g � cos�;

a prije�eni put jednak je duljini kosine s = l. Potrebni kut dobivamo iz jednakosti

cos� =

r1� h

2

l2


Sada je

Ek2 = m � g � h� �k �m � g �r1� h

2

l2� l

= m � g � h �

0@1� �ks�

l

h

�2� 1

1A= 75 kg � 9:81 m

s2� 30m

�1�

p24�= 15584 J

v =

s2E

(2)k

m=

s2 � 15584 J75 kg

= 20: 38m

s= 73:39

km

h

Primjer 3.1.4 Tijelo je izbaµceno poµcetnom brzinom v0 pod kutom � prema ho-rizontalnoj ravnini. Odredite maksimalnu visinu H koju ce doseci tijelo, ako nanjega djeluje samo konstantna sila teµze. Zadatak rije�ite:

a) primjenom Newtonovih zakona,

b) primjenom zakona o oµcuvanju mehaniµcke energije.

Rje�enje:Postavimo koordinatni sustav tako da u poµcetnom trenutku tijelo bude u

ishodi�tu, koordinatna os x u horizontalnom smjeru, a os y usmjerimo vertikalnonavi�e. Tada je sila zemljine teµze (pa i ubrzanje) usmjerena u negativnom smjeruosi y pa nema ubrzanja u x smjeru.

a) Primjenom II. Newtonova zakona imamo

Fx = m � d2x

dt2= m � ax = 0

Fy = m � d2y

dt2= m � ay = �m � g =) ay = �g

Uz poµcetne rubne uvjete t = 0; �!v = �!v 0 i �!r = 0 dobivamo nakon integriranja

dx (t)

dt= vx (t) =

Zax � dt =

Z0 � dt = c1x

dx (0)

dt= c1x = v0x =) c1x = v0x = v0 cos�

dy (t)

dt= vy (t) =

Zay � dt =

Z� gdt = �gt+ c1y

dy (0)

dt= �g � 0 + c1y = v0 sin� =) c1y = v0 sin�

dy (t)

dt= �g � t+ v0 sin�

3.1. PRIMJERI 37

Tijelo ce doseci najvi�u toµcku u trenutku tH kada y-komponenta brzine budejednaka nuli.

vy (tH) = �gtH + v0 sin� = 0 =) tH =v0 sin�

g

Maksimalna visina H jednaka je y = y (tH)

y (t) =

Zvy (t) dt =

Z(�gt+ v0 sin�) dt = �

1

2gt2 + v0t sin�+ c

y2

y (0) = �12g � 02 + v0 � 0 sin�+ cy2 = 0 =) cy2 = 0

y (t) = �12gt2 + v0t sin�

�to u trenutku tH daje

H = y (tH) = �1

2gt2H + v0tH sin� = �

1

2g

�v0 sin�

g

�2+ v0

�v0 sin�

g

�sin�

= �12gv20 sin

2 �

g2+v20 sin

2 �

g=v20 sin

2 �

2g

b) Neka nam je y = 0 referentna razina potencijalne energije (Ep (0) = 0).Tada je o poµcetnom trenutku energija

E (0) = Ep (0) + Ek (0) = Ek (0) =1

2mv20

U trenutku kada je tijelo na maksimalnoj visini y = H, y - komponenta brzinejednaka je nuli, a x komponenta brzine je konstantna i iznosi vx = v0x, slijedi

E (H) = Ep (H) + Ek (H) = mgH +1

2mv2x = mgH +

1

2mv20x

Po zakonu oµcuvanja energije vrijedi

E (0) = E (H)

1

2mv20 = mgH +

1

2mv20x

H =v20 � v20x2g

=v20x + v

20y � v20x2g

=v20y2g

=v20 sin

2 �

2g

Kao �to vidimo moµzemo problem rje�avati samo zakonom o oµcuvanju energije.Ako nam u primjeru nije potrebno poznavati putanju tijela, �to se dobije primje-nom Newtonovih zakona, problem rje�avamo zakonima oµcuvanja �to je u principulak�e.

Primjer 3.1.5 µCovjek vuµce kolica masem = 25 kg po horizontalnom putu duljines = 50m uµzetom koje zatvara kut od � = 30� s horizontalom. Koe�cijent trenjakolica i podloge je � = 0:3. Koliki rad izvr�i µcovjek ako se kolica gibaju konsta-ntnom brzinom?

Rje�enje:


Ura�eni rad, s obzirom da je kut sile i podloge konstantan, jednak je

W =

sZ0

�!F � d�!s =

sZ0

F cos� � ds

Ukupna sila kojom djelujemo na tijelo jednaka je nuli (gibanje konstantnom brzi-nom)X

i

�!F i =

�!F +

�!G +

�!F tr +

�!R = 0X

i

Fxi = F cos�� Ftr = 0Xi

Fyi = F sin�+R�G = 0

Odavde je

Ftr = � (G� F sin�) = F cos�F =

�mg

cos�+ � sin�

pa je rad jednak

W =

sZ0

F cos� � ds = F cos�sZ0

ds = Fs cos� =�mg

cos�+ � sin�� s cos�

=0:3 � 25 kg � 9:81 m

s2

cos �6 + 0:3 sin�6

� 50m cos �6= 3135: 6 J

Primjer 3.1.6 Sila F = At djeluje na µcesticu mase m ubrzavajuci je od miro-vanja. Koliki je rad te sile nakon vremena t?

Rje�enje:Koristeci de�niciju rada

W =

sZ0

Fds =

tZ0

Fvdt

Brzina je iz II. Newtonova zakona jednaka

F = At = mdv

dt

dv =A

mtdt=

Zv(t)Z0

dv =A

m

tZ0

tdt

v (t) =At2

2m

3.1. PRIMJERI 39

pa je

W =

tZ0

Fvdt =

tZ0

At � At2

2mdt =

A2

2m

tZ0

t3dt =A2t4

8m

s obzirom da je djelovanje sile utro�eno na promjenu brzine

W = Ek =mv2

2=m

2

�At2

2m

�2=A2t4

8m

Primjer 3.1.7 Vektor poloµzaja materijalne toµcke je �!r 1 =��!i +

�!j +

�!k�m.

Pod djelovanjem sile�!F =

�5�!i�N materijalna toµcka poµcinje se gibati i u nekom

trenutku njen vektor poloµzaja iznosi �!r 2 =�6�!i + 6

�!j + 6

�!k�m. Koliki je rad

izvr�ila sila pri pomicanju materijalne toµcke?

Rje�enje:Rad koji je izvr�ila sila iznosi

W =�!F ��!r = �!F � (�!r 2 ��!r 1)

=�5�!i�N ��5�!i + 5

�!j + 5

�!k�m = 25 J

Napomena: Da bi se tijelo na�lo u poloµzaju �!r 2 tijelo mora imati neku poµcetnubrzinu (i)/ili moraju postojati komponente sile u drugim smjerovima koje nismorazmatrali.

Primjer 3.1.8 Matematiµcko njihalo, duljine niti l = 40 cm i mase m = 0:5 kg,ima otklon '0 = 50

�. Primjenom zakona odrµzanja mehaniµcke energije izraµcunajtebrzinu tijela kada prolazi kroz ravnoteµzni poloµzaj? Kolika je ukupna energija tognjihala?

Rje�enje:Zakon odrµzanja mehaniµcke energije glasi

Ek + Ep = Euk = konst:

Neka je ravnoteµzni poloµzaj referentna razina potencijalne energije, tj. EAp = 0,tada vrijedi

Euk = EukA = EukBEuk = EkA + EpA|{z}

=0

= EkB|{z}=0

+ EpB

Euk = EpB = mgl � (1� cos'0) = 0:7 J

Euk = EkA =1

2m � v2A

vA =

r2Eukm

=p2gl (1� cos'0) = 1:67

m

s


Primjer 3.1.9 Automobil mase m = 1250 kg na vodoravnoj cesti razvija brzinuv0 = 72

kmh i zatim nastavlja voµznju iskljuµcenim motorom. Nakon koliko vremena

t0 mu se brzina smanjuje na v = v02 ako je otpor gibanju proporcionalan kvadratu

brzine (konstanta proporcionalnosti k = 1:25 kgm ). Izraµcunajte rad sila otpora zato vrijeme.

Rje�enje:Sila otpora je proporcionalna kvadratu brzine

Fot = �kv2 = ma = mdv

dt

Ovisnost brzine o vremenu dobivamo iz

mdv

dt= �kv2 =) dv

v2= � k

mdt�

ZvZ

v0

dv

v2= � k

m

tZ0

dt =) t =m

k

�1

v� 1

v0

�=) v (t) =

mv0m+ kv0t

Iz uvjeta da je brzina v (t) = v02 u trenutku t

0 dobivamo

v�t0�=v02=

mv0m+ kv0t0

=) t0 =m

kv0=

1250 kg

1:25 kgm � 20ms

= 50 s

Rad sila otpora do trenutka t0 jednak je

Wot

�t0�=

s(t0)Z0

�!F ot � d�!s =

t0Z0

� kv2 � vdt = �kt0Z0

v3dt = �kt0Z0

�mv0

m+ kv0t

�3dt

= �kt0Z0

m3v30(m+ kv0t)

3dt = �m3k

��12

v30kv0 (m+ kv0t)

2

�jt00

= �m3k

��12

v20k (m+ kv0t0)

2

��12

v20km2

��=

m3k

2

�v204km2

� v20km2

�=m3k

2

�� 3v204km2

�= �3

8mv20

= �38� 1250 kg �

�20m

s

�2= �187500 J

Taj se rad moµze izraµcunati i iz µcinjenice da je jednak promjeni kinetiµcke energijeautomobila

Wot = �Ek = Ek2 � Ek1 =1

2m�v02

�2� 12mv20 = �

3

8mv20 = �187500 J

Primjer 3.1.10 Viseci luster mase m = 6kg otkloni se za kut � = 45� i pusti.Kolika je maksimalna sila kojom luster opterecuje plafon?

3.1. PRIMJERI 41

Rje�enje:Ukupna sila jednaka je zbroju komponente teµzine i centrifugalne sile i u

poloµzaju odre�enom kutom � � � iznosi

Fuk = GN + Fcf = mg cos� +mv2

l= mg cos� +

m � 2gl � (cos� � cos�)l

= mg � (3 cos� � 2 cos�)

gdje brzinu v dobivamo iz zakona oµcuvanja energije

mgh =1

2mv2 ) v =

p2gh =

p2gl (cos� � cos�)

koja ima maksimalnu vrijednost za kut � = 0. Maksimalna sila kojom lusteropterecuje plafon bit ce u ravnoteµznom poloµzaju (najniµza toµcka gibanja gdje jenajveca komponenta teµzine i najveca brzina, odnosno centrifugalna sila)

Fmax = mg � (3 cos� � 2 cos�) = mg � (3 cos 0� 2 cos 45)

= 6 kg � 9:81 ms2

3� 2 �

p2

2

!= 93:34N

Primjer 3.1.11 Na zaustavljenom µzeljezniµckom vagonu, mase m1 = 8000 kg,nalazi se raketna rampa s koje rakete polijecu brzinom v0 = 1 kms . Istovremenose lansiraju dvije rakete, svaka mase m2 = 80 kg, u horizontalnom pravcu koji sepoklapa s pravcem traµcnica. Za koliko se vagon pomjeri, ako je koe�cijent trenjapri gibanju vagona � = 0:06?

Rje�enje:Prilikom lansiranja raketa, po zakonu o oµcuvanju koliµcine gibanja, vagon do-

biva poµcetnu brzinu v1 suprotnoga smjera, od smjera gibanja raketa, iznosa

v1m1 = 2m2v2

v1 =2m2v2m1

=2 � 80 kg � 1000 ms

8000 kg= 20

m

s

Sada na vagon djeluje samo sila trenja i usporava ga. Sila trenja jednaka je

Ftr = �R = �G = �mg

jer je vagon na horizontalnim traµcnicama. Zbog toga vagon usporava

ma = �mg ) a = �g = 0:06 � 9:81 ms2= 0:59

m

s2

Dakle, radi se o jednoliko usporenom gibanju sa poµcetnom brzinom. Prije�eniput iznosi

s =v212a=

�20 ms

�22 � 0:59 m

s2= 339:79m


Primjer 3.1.12 Duµz glatke µzice koja je savijena u kruµznicu polumjera r = 1:5mi leµzi u horizontalnoj ravnini, pomiµce se materijalna toµcka M pod djelovanjemkonstantne sile F = 150N, koja je uvijek u smjeru tangente na krug. Izraµcunajterad koji ova sila izvr�i pri premje�tanju materijalne toµckeM iz poloµzaja A (' = 0)do poloµzaja B

�' = �

2

�.

Rje�enje:Elementarni rad W sile

�!F na diferencijalnom elementu duljine puta d�!s je-

dnak je

W =

I �!F � d�!s

Kako su�!F i d�!s uvijek u istom smjeru (i leµze na pravcu tangente na kruµznicu)

dobivamo

W =

BZA

Fds = F

BZA

ds = F

�2Z0

rd' = rF

�2Z0

d' =Fr�

2

=150N � 1:5m � �

2= 112:5� J = 353: 43 J

Primjer 3.1.13 Tijelo mase m giba se po krugu polumjera R, tako da mu nor-malno ubrzanje ovisi o vremenu, po zakonu an = kt2, gdje je k - konstanta.

a) Odredite ukupnu silu koja djeluje na ovo tijelo u funkciji vremena.

b) Kolika je snaga potrebna za ovakvo gibanje tijela?

c) Kolika je srednja vrijednost ove snage tijekom vremenskog intervala t odpoµcetka gibanja?

Rje�enje:

a) Prema pretpostavci zadatka vrijedi

an = kt2 =

v2

R=) v =

pkRt2 =

pkR � t

Tangencijalno ubrzanje je po de�niciji

at =dv

dt=pkR

a sila

F = ma = mqa2n + a

2t = m

pk2t4 + kR

3.1. PRIMJERI 43

b) Prema de�niciji snaga je jednaka skalarnom umno�ku sile i brzine

P =�!F � �!v = m (�!a n +�!a t)�!v = matv = m �

pkR �

pkRt = mkRt

jer je �!a n ? �!v , pa je �!a n � �!v = 0.

c) Srednja snaga jednaka je

P =P0 + P

2=mkR

2� t

Primjer 3.1.14 Kinetiµcka energija tijela koje se giba po krugu polumjera R ovisio prije�enom putu s po zakonu Ek = ks2, gdje je k - konstanta. Odredi ovisnostsile koja djeluje na ovo tijelo od prije�enog puta.

Rje�enje:Iz jednadµzbe

Ek = ks2 =

1

2mv2

dobivamo

v2 =2ks2

m=) v =

r2k

ms

Prema II. Newtonovu zakonu slijedi

F = ma = mqa2n + a

2t

gdje je

an =v2

R=

2ks2

m

R=2ks2

mR

at =dv

dt=dv

ds

ds

dt=dv

ds� v =

r2k

m�r2k

ms =

2ks

m

Sada je sila jednaka

F = m

s�2ks2

mR

�2+

�2ks

m

�2=2ks

R

ps2 +R2

Primjer 3.1.15 Mehaniµcki stroj vr�i rad koji se u vremenu mijenja po zakonu

W = A3pBt2 � C

gdje je A = 104 Ns , B = 3m3 s i C = 5m3 s3. Kolika je trenutna vrijednost snage

koju razvija mehaniµcki stroj u 5. sekundi vremena od poµcetka vr�enja rada?


Rje�enje:Prema de�niciji, trenutna snaga P jednaka je prvoj derivaciji rada po vre-

menu, odnosno

P (t) =dW

dt=d

dt

�A

3pBt2 � C

�= �2

3ABt

3pBt2 � CC �Bt2

pa je u petoj sekundi

P (5 s) = �23� 104 N

s� 3m3 s � 5 s �

3

q3m3 s � (5 s)2 � 5m3 s3

5m3 s3 � 3m3 s � (5 s)2= 5887: 6W

Primjer 3.1.16 Tijelo mase m = 5kg poµcne se gibati pod djelovanjem sileopisane zakonom

�!F (t) = At

�!i +Bt2

�!j , gdje su A = 3 Ns i B = 10

Ns2konstante.

Kolika je sila, komponente ubrzanja i brzina te snaga koju razvije ova sila nakonnekog vremena t0 = 2 s od poµcetka gibanja?

Rje�enje:Kako je sila�!F (t) = max

�!i +may

�!j = At

�!i +Bt2

�!j

�!F�t0�= At0

�!i +Bt02

�!j

=

�3N

s� 2 s�!i + 10 N

s2(2 s)2

�!j

�=�6�!i + 40

�!j�N

to su komponente ubrzanja

ax (t) =A

mt =) ax

�t0�=A

mt0 =

3 Ns5 kg

� 2 s = 1:2 ms2

ay (t) =B

mt2 =) ay

�t0�=B

mt02 =

10 Ns2

5 kg� (2 s)2 = 8 m

s2

pa su odgovarajuce komponente brzine

vx (t) =

tZ0

axdt =

tZ0

A

mtdt =

A

m

tZ0

tdt =A

m

t2

2

vy (t) =

tZ0

aydt =

tZ0

B

mt2 =

B

m

tZ0

t2dt =B

m

t3

3

�to nakon uvr�tavanja vremena t0 daje

vx�t0�=

t0Z0

axdt =A

m

t02

2=3 Ns5 kg

(2 s)2

2= 1:2

m

s

vy�t0�=

t0Z0

aydt =B

m

t03

3=10 N

s2

5 kg

(2 s)3

3= 5:33

m

s

3.1. PRIMJERI 45

pa je snaga jednaka

P (t) =�!F (t) � �!v (t) =

hmax (t)

�!i +may (t)

�!ji��vx (t)

�!i + vy (t)

�!j�

= m [ax (t) � vx (t) + ay (t) � vy (t)]

= m ��A

mt � Am

t2

2+B

mt2 � B

m

t3

3

�= m �

�A2t3

2m2+B2t5

3m2

�=3A2 + 2B2t2

6m� t3

odnosno u trenutku t0

P�t0�=

3A2 + 2B2 (t0)2

6m��t0�3

=3�3 Ns�2+ 2

�10 N

s2

�2(2 s)2

6 � 5 kg � (2 s)3 = 220: 53W

ili

P�t0�= max

�t0�� vx

�t0�+may

�t0�� vy

�t0�

= m ��ax�t0�� vx

�t0�+ ay

�t0�� vy

�t0��

= 5kg �h1:2

m

s2� 1:2 m

s+ 8

m

s2� 5:33 m

s

i= 220: 53W

Primjer 3.1.17 Prona�ite izvr�eni rad prilikom gibanja µcestice u polju sile�!F = 3xy

�!i � 5z�!j + 10x�!k

duµz krivulje

x = t2 + 1

y = 2t2

z = t3

u vremenu od t1 = 1 s do t2 = 2 s.

Rje�enje:Ukupni rad po de�niciji je jednak

W =

ZC

�!F � d�!r =

ZC

�3xy

�!i � 5z�!j + 10x�!k

��dx�!i + dy

�!j + dz

�!k�

=

ZC

(3xydx� 5zdy + 10xdz)

=

t2Zt1

3�t2 + 1

� �2t2�d�t2 + 1

�� 5

�t3�d�2t2�+ 10

�t2 + 1

�d�t3�

=

t2Zt1

3�t2 + 1

� �2t2�2tdt� 5

�t3�4tdt+ 10

�t2 + 1

�3t2dt


�to iznosi

W =

2Z1

�12t5 + 10t4 + 12t3 + 30t2

�dt = 2t6 + 2t5 + 3t4 + 10t3

��21= 303 J

Primjer 3.1.18 Ako je�!F = 3xy

�!i � y2�!j polje sile, izraµcunajte rad prilikom

gibanja µcestice duµz krivulje u xy ravnini zadane pomocu y = 2x2 od toµcke (0; 0)do toµcke (1; 2).

Rje�enje:Kako se µcestica giba u xy ravnini (z = 0), moµzemo uzeti za vektor poloµzaja

�!r = x�!i + y�!j . Tada je rad jednak

W =

ZC

�!F � d�!r =

ZC

�3xy

�!i � y2�!j

��dx�!i + dy

�!j�=

ZC

3xydx� y2dy

Problem moµzemo rije�iti na dva naµcina:Prvi naµcin:Uzmimo da je x = t u y = 2x2. Tada su parametarske jednadµzbe krivulje C

x = t, y = 2t2. Toµcke (0; 0) i (1; 2) odgovaraju vrijednostima t = 0 i t = 1, odakleje

W =

ZC

�!F � d�!r =

1Zt=0

3 (t)�2t2�dt�

�2t2�2d�2t2�=

1Z0

��16t5 + 6t3

�dt

= �83t6 +

3

2t4��10

= �76J

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

W =

ZC

�!F � d�!r =

1Zx=0

3x�2x2�dx�

�2x2�2d�2x2�=

1Z0

��16x5 + 6x3

�dx

= �83x6 +

3

2x4��10

= �76J

Napomena: u sluµcaju gibanja µcestice od toµcke (1; 2) do toµcke (0; 0) vrijednostintegrala bi bila 7

6 pa bi rad bio pozitivan.

Primjer 3.1.19 Prona�ite izvr�eni rad µcestice koja se jednom giba duµz kruµzniceC u xy ravnini, ako kruµznica ima sredi�te u ishodi�tu koordinatnog sustava ipolumjer r = 3, a polje sile je zadano sa

�!F = (2x� y + z)�!i +

�x+ y � z2

��!j + (3x� 2y + 4z)�!k

3.1. PRIMJERI 47

Rje�enje:U ravnini z = 0 vektor poloµzaja je �!r = x�!i + y�!j , pa je izvr�eni rad jednak

W =

ZC

�!F � d�!r =

ZC

h(2x� y + z)�!i +

�x+ y � z2

��!j + (3x� 2y + 4z)�!k

i��dx�!i + dy

�!j�

=

ZC

(2x� y) dx+ (x+ y) dy

Izaberimo parametarske jednadµzbe krivulje

x = 3 cos t

y = 3 sin t

gdje se t mijenja od 0 do 2� (gibanje duµz kruµznice jedanput), tada je rad

W =

2�Zt=0

[2 (3 cos t)� 3 sin t] d (3 cos t) + [3 cos t+ 3 sin t] d (3 sin t)

=

2�Z0

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

=

2�Z0

(9� 9 sin t cos t) dt = 9t� 92sin2 t

��2�0

= 18�

Napomena: prilikom raµcuna izabrali smo gibanje µcestice u smjeru suprotnomod gibanja kazaljke na satu (pozitivni smjer). Da smo uzeli gibanje u suprotnomsmjeru rezultat bi po izbosu bio isti samo suprotnog predznaka (�18�) (negativnismjer - smjer gibanja kazaljke na satu).

Sudari µcestica

Primjer 3.1.20 Dvije kugle jednake mase gibaju se duµz pravca u istom smjerubrzinama v1 = 10 ms i v2 = 5

ms . Kolika je brzina kugli nakon savr�eno neelasti-

µcnog sudara, poslije kojeg se kugle slijepljene gibaju zajedno?

Rje�enje:Kugle su jednakih masa, m = m1 = m2, pa prema zakonu oµcuvanja koliµcine

gibanja vrijedi

nXi=1

mi�!v i = konst:

m1�!v 1 +m2

�!v 2 = (m1 +m2)�!v 0


kako se ova dva tijela gibaju po istom pracu i u istom smjeru imamo

m1v1 +m2v2 = (m1 +m2) v0

v0 =m1v1 +m2v2m1 +m2

=m (v1 + v2)

2m=v1 + v22

=10 ms + 5

ms

2= 7:5

m

s

Primjer 3.1.21 µCestica mase m1 koja miruje, sudari se elastiµcno sa µcesticommase m2. Pri tome se µcestice elastiµcno odbiju i to simetriµcno na upadni pravacgibanja µcestice mase m2. Odredite odnos m2

m1ako poslije sudara kut izme�u gibanja

µcestica iznosi � = 60�.

Rje�enje:Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da se pozitivni smjer osi x

poklapa sa upadnim smjerom µcestice mase m2. Primjenjujuci zakon oµcuvanjakoliµcine gibanja na pojedine koordinatne osi imamo:

m2v = m1v1 cos�

2+m2v2 cos

�

2

0 = m2v2 sin�

2�m1v1 sin

�

2

odakle je

m1v1 = m2v2

v = 2v2 cos�

2

Primjenom zakona oµcuvanja kinetiµcke energije dobivamo

(Ek)po�c = (Ek)kon1

2m2v

2 =1

2m1v

21 +

1

2m2v

22

v2 =m1

m2v21 + v

22

v2 =m1

m2

�m2

m1v2

�2+ v22 =

�m2

m1+ 1

�v22

m2

m1=

�v

v2

�2� 1 = 4 cos2 �

2� 1 = 4 cos2 30� 1

= 4 � p

3

2

!2� 1 = 2

3.1. PRIMJERI 49

Primjer 3.1.22 Tijelo mase m1 = 1kg gibajuci se jednoliko po pravcu brzinomv1 = 5 ms sustigne drugo tijelo mase m2 = 2kg koje se giba brzinom v2 = 4 ms .Tijela se centralno neelastiµcno sudare i nakon sudara gibaju zajedno. Odreditebrzinu gibanja tijela nakon sudara. Kolika bi bila brzina gibanja tijela nakonneelastiµcnog sudara da su se ona gibala u suprotnim smjerovima?

Rje�enje:Tijela se gibaju u istom smjeru po istom pravcu, pa vrijedi po zakonu oµcuvanja

koliµcine gibanja

nXi=1

mi�!v i = konst:

m1�!v 1 +m2

�!v 2 = (m1 +m2)�!v 0

odnosno

m1v1 +m2v2 = (m1 +m2) v0

v0 =m1v1 +m2v2m1 +m2

=1kg � 5 ms + 2kg � 4

ms

1 kg + 2 kg=13 kg ms3 kg

= 4: _3m

s

Da su se gibala jedno nasuprot drugom

m1v1 �m2v2 = (m1 +m2) v0

v0 =m1v1 �m2v2m1 +m2

=1kg � 5 ms � 2 kg � 4

ms

1 kg + 2 kg=�3 kg ms3 kg

= �1 ms

odnosno gibala bi se brzinom od 1 ms u smjeru gibanja drugog tijela.

Primjer 3.1.23 Kugla mase m1 = m giba se brzinom �!v = �!v 1 po horizontalnojpodlozi bez trenja i udari u mirnu kuglu mase m2 =

m2 . Sudar je centralni i

elastiµcni. Odredite brzine kugli nakon sudara? Trenje zanemarite.

Rje�enje:Za centralno elastiµcni sudar vrijedi

�!v 01 =(m1 �m2)

�!v 1 + 2m2�!v 2

m1 +m2

=

�m� m

2

��!v 1 + 2m2 � 0 msm+ m

2

=m23m2

�!v 1 =1

3�!v 1

�!v 02 =(m2 �m1)

�!v 2 + 2m1�!v 1

m1 +m2

=

�m2 �m

�� 0 ms + 2m

�!v 1m+ m

2

=2m�!v 13m2

=4

3�!v 1


Primjer 3.1.24 Molekula kisika O2 brzine vO2 = 250 ms sudari se centralnoi elastiµcno s molekulom CO2 kojoj je brzina vCO2 = 110 ms . Odredite brzinemolekula nakon sudara, ako se one sudaraju prilikom gibanja u istom smjeru,odnosno u suprotnome smjeru. Uzeti u obzir da je

mO2mCO2

= 3244 .

Rje�enje:Odnos masa jednak je mO2 =

811mCO2 . Oznaµcimo mase sa m1 = mO2 , a

mCO2 = m2, a v1 = vO2 , te v2 = vCO2 . Ako se molekule sudaraju prilikomgibanja u istom smjeru imamo

�!v 01 =(m1 �m2)

�!v 1 + 2m2�!v 2

m1 +m2=(mO2 �mCO2)

�!v 1 + 2mCO2�!v 2

mO2 +mCO2

=� 311mCO2 � 250 ms + 2 �mCO2 � 110 ms

811mCO2 +mCO2

=�75011 + 2201911

m

s= 87: 89

m

s

�!v 02 =(m2 �m1)

�!v 2 + 2m1�!v 1

m1 +m2=(mCO2 �mO2)

�!v 2 + 2mO2�!v 1

mO2 +mCO2

=311mCO2 � 110 ms +

1611 �mCO2 � 250 ms

811mCO2 +mCO2

=33011 +

400011

1911

m

s= 227: 89

m

s

ako se sudaraju prilikom gibanja u razliµcitim smjerovima

�!v 01 =(m1 �m2)

�!v 1 � 2m2�!v 2

m1 +m2=(mO2 �mCO2)

�!v 1 � 2mCO2�!v 2

mO2 +mCO2

=� 311mCO2 � 250 ms � 2 �mCO2 � 110 ms

811mCO2 +mCO2

=�75011 � 2201911

m

s= �166: 84 m

s

�!v 02 =(m2 �m1)

�!v 2 � 2m1�!v 1

m1 +m2=(mCO2 �mO2)

�!v 2 � 2mO2�!v 1

mO2 +mCO2

=311mCO2 � 110 ms �

1611 �mCO2 � 250 ms

811mCO2 +mCO2

=33011 �

400011

1911

m

s= �193: 16 m

s

Primjer 3.1.25 Slobodnu kuglicu mase m1, koja miruje pogodi kuglica masem2 6= m1 brzinom v = 10 ms . Poslije idealno elastiµcnog sudara kuglice se raspr�ei to tako da druga kuglica promijeni svoj pravac gibanja za 90�, a iznos brzinujoj se smanji za polovinu. Odredite pravac gibanja prve kuglice i brzinu poslijesudara.

Rje�enje:Postavimo ishodi�te koordinatnog sustava u toµcki poloµzaja prve kuglice prije

sudara, a os x postavimo tako da se druga kuglica prije sudara giba u pozi-tivnom smjeru osi x.

3.1. PRIMJERI 51

Pretpostavimo da se druga kuglica odbila u negativnom smjeru osi y. Nekase prva kuglica odbije pod kutom � u odnosu na pozitivni smjer osi x. Tada pozakonu oµcuvanja koliµcine gibanja imamo

m2�!v = m1

�!v 1 +m2�!v 2

m2v�!i = m1

�v1x�!i + v1y

�!j��m2v2

�!j

= (m1v1x)�!i + (m1v1y �m2v2)

�!j

Dva su vektora jednaka ako su im jednake komponente,

m2v = m1v1x

0 = m1v1y �m2v2

odakle uz

v1x = v1 cos�

v1y = v1 sin�

dobivamo

m2v = m1v1 cos�

m2v2 = m1v1 sin�

Zamjenom vrijednosti v2 = v2 i dijeljenjem jednadµzbi slijedi

m2v

m2v2=

m1v1 cos�

m1v1 sin�vv2

= cot� =) cot� = 2

� = arccot 2 = 0:46365 rad = 26:56�

Obzirom da je sudar elastiµcan moµzemo iskoristiti zakon oµcuvanja mehaniµckeenergije na sudar

E(1) = E(2)

1

2m2v

2 =1

2m1v

21 +

1

2m2v

22

m2

�v2 � v22

�= m1v

21

3

4m2v

2 = m1v21

i uz izraz

m2v = m1v1 cos� =) m1 =m2v

v1 cos�

dobivamo3

4m2v

2 =m2v

v1 cos�v21 =

m2v � v1cos�

v1 =3

4v cos� =

3

4� 10 m

s� cos 26:56� = 6: 71 m

s


Primjer 3.1.26 Sa povr�ine Zemlje izbaµceno je tijelo pod kutom � prema horizo-ntu poµcetnom brzinom v0. Izrazite tangencijalnu i normalnu komponentu ubrzanjakao funkciju visine hica h, ako je maksimalna visina hmax. Trenje zanemariti.

Rje�enje:U svakoj toµcki putanje ukupno ubrzanje tijela jednako je �!a = �!g , jer na tijelo

djeluje samo ubrzanje sile Zemljine teµze. Tangencijalna i normalna komponentaubrzanja su

an = g cos'

at = g sin'

gdje je kut ', kut koji brzina zatvara sa horizontalom u promatranoj toµcki kosoghica na visini h.

Primjenjujuci zakon oµcuvanja energije dobivamo (uz pretpostavku da je upoµcetnoj toµcki izbacivanja tijela potencijalna energija jednaka nuli)

1

2mv20 =

1

2mv2 +mgh

odakle se dobiva

v20 = v2 + 2gh

v =qv20 � 2gh

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

cos' =v0vcos� =

v0pv20 � 2gh

cos�

pa slijedi

an = g cos' =g � v0pv20 � 2gh

cos�

at = g sin' = gp1� cos2 ' = g

vuut1� v0pv20 � 2gh

cos�

!2

= g

s1� v20 cos

2 �

v20 � 2gh= g

sv20 � 2gh� v20 cos2 �

v20 � 2gh= g

sv20 sin

2 �� 2ghv20 � 2gh

Poµcetna brzina v0 povezana je sa maksimalnom visinom preko relacije

hmax =v20 sin

2 �

2g

3.1. PRIMJERI 53

pa je

an = g cos�

shmax

hmax � h sin2 �

at = g sin�

shmax � h

hmax � h sin2 �

Primjer 3.1.27 Pravokutni jednostrani klin (slika 4.25.) mase M = 10 kg leµzina horizontalnoj, potpuno glatkoj podlozi. Kuglica mase m = 10 g giba se hori-zontalno i udari u kosu stranu klina i odskoµci vertikalno u vis. Na koju ce visinuodskoµciti kuglica ako je sudar sa klinom bio savr�eno elastiµcan i ako brzina klinaposlije sudara iznosi vk = 2 cms . Trenje zanemarite.

Rje�enje:Visina h koju ce doseci kuglica ovisi o poµcetnoj brzini odbijanja kuglice v1

i iznosi

h =v212g

Neka je upadna brzina kuglice v0. Kako je brzina odbijanja kuglice od klinav1 vertikalna, to ce zakon odrµzanja koliµcine gibanja za horizontalnu komponentudati

mv0 =Mvk =) v0 =M

mvk

Zakon oµcuvanja energije daje

1

2mv20 =

1

2Mv2k +

1

2mv21

mv20 = Mv2k +mv21

mM2

m2v2k = Mv2k +mv

21= : m

v21 =M

m

�M

m� 1�v2k

odakle je

h =v212g=

M

2gm��M

m� 1�� v2k

=10 kg

2 � 9:81 ms2� 0:01 kg �

�10 kg

0:01 kg� 1��0:02

m

s

�2= 20: 37m

Poglavlje 4

ROTACIJA KRUTOGTIJELA

4.1 Primjeri

Primjer 4.1.1 U toµcki T (1m;�2m; 0m) djeluje sila �!F =��3�!i + 2�!j

�N.

Izraµcunajte rezultantni moment sile s obzirom na ishodi�te (slika 7.10.).

Rje�enje:Moment sile de�niran je izrazom�!M = �!r ��!F

Kako je vektor poloµzaja toµcke T s obzirom na toµcku ishodi�ta O = (0m; 0m; 0m)jednak

�!r OT =�!OT =

h(Tx �Ox)

�!i + (Ty �Oy)

�!j + (Tz �Oz)

�!ki

=h(1m� 0m)�!i + (�2m� 0m)�!j + (0m� 0m)�!k

i=

��!i � 2�!j

�m

to je moment sile s obzirom na ishodi�te jednak�!MO = �!r OT �

�!F =

��!i � 2�!j

�m�

��3�!i + 2�!j

�N

=

��!i

�!j

�!k

1 �2 0�3 2 0

�� Nm = �4�!k Nmdakle moment sile je okomit na x; y ravninu i djeluje u pozitivnome smjeru osi z.

Primjer 4.1.2 U toµcki T (�2m; 1m; 3m) djeluje sila �!F =�3�!i � 2�!j +�!k

�N.

Izraµcunajte rezultantni moment sile s obzirom na ishodi�te (slika 7.11.). Kolikibi bio rezultantni moment sile s obzirom na toµcku R (�1m; 2m;�2m)?

55

56 POGLAVLJE 4. ROTACIJA KRUTOG TIJELA

Rje�enje:Rezultantni moment sile jednak je

�!M = �!r ��!F

Kako je vektor poloµzaja toµcke T s obzirom na toµcku ishodi�ta O = (0m; 0m; 0m)jednak

�!r OT =�!OT =

��2�!i +�!j + 3�!k

�m

to je moment sile s obzirom na ishodi�te jednak

�!MO = �!r OT �

�!F =

��2�!i +�!j + 3�!k

�m�

�3�!i � 2�!j +�!k

�N

=

��!i

�!j

�!k

�2 1 33 �2 1

�� Nm =�7�!i + 11

�!j +

�!k�Nm

Vektor djelovanja sile u odnosu na toµcku R jednak je

�!r RT =�!RT =

h(Rx � Tx)

�!i + (Ry � Ty)

�!j + (Rz � Tz)

�!ki

=n[�1� (�2)]�!i + (2� 1)�!j + (�2� 3)�!k

om

=��!i +

�!j � 5�!k

�m

pa je rezultantni moment sile s obzirom na toµcku R

�!MR = �!r RT �

�!F =

��!i +

�!j � 5�!k

�m�

�3�!i � 2�!j +�!k

�N

=

��!i

�!j

�!k

1 1 �53 �2 1

�� Nm =��9�!i � 16�!j � 5�!k

�Nm

Primjer 4.1.3 Odredite moment tromosti tankog homogenog �tapa duljine lobzirom na os koja prolazi centrom mase i okomita je na koaksijalnu os �tapa(slika 7.12.).

Rje�enje:Pretpostavimo da tanki homogeni �tap ima konstantan popreµcni presjek.

Popreµcne dimenzije s obzirom na duljinu �tapa l su vrlo male. Neka su y i z osiokomite na duljinu �tapa, a koaksijalna os neka je os x. Tada elementarnu masumoµzemo prikazati kao

dm

m=dx

l

4.1. PRIMJERI 57

pa slijedi

Iy = Iz =

l2Z

� l2

x2dm =

l2Z

� l2

m

lx2dx =

m

l

x3

3jl2

� l2

=m

3l

�l3

8�� l

3

8

��=ml2

12

Moment tromosti s obzirom na koaksijalnu os x zbog zanemarivih dimenzijadebljine �tapa jednaka je

Ix = 0

Primjer 4.1.4 Dva homogena aluminijska �tapa spojena su okomito tako datvore slovo T (slika 7.13.). Odredite moment tromosti sustava u odnosu na oskoja je okomita na ravninu slova, a prolazi kroz toµcku spajanja dva �tapa i uodnosu na toµcku koja prolazi kroz dno slova T, ako je duljina �tapova l = 0:2mi masa m = 0:5 kg. Odredite moment tromosti u odnosu na os koja prolazi kroz�tapove, pretpostaviv�i da su �tapovi kruµznog popreµcnog presjeka.

Rje�enje:Neka je �tap 1 horizontalan, a �tap 2 vertikalan. Moment tromosti u odnosu

na toµcku spajanja dva �tapa (slika 7.13.a), koristeci Steinerov pouµcak, iznosi

Iz = I1 + I2 =

�ml2

12

�+

"ml2

12+m

�l

2

�2#=5ml2

12

=5 � 0:5 kg � (0:2m)2

12=25

3� 10�3 kgm2

U odnosu na toµcku dna slova (slika 7.13.b) imamo

Iz = I1 + I2 =

�ml2

12+ml2

�+

"ml2

12+m

�l

2

�2#=17ml2

12

=17 � 0:5 kg � (0:2m)2

12=85

3� 10�3 kgm2

uoµcimo da je u oba sluµcaja moment tromosti �tapa I2 jednak. Ako osi prolazekroz �tapove, moramo izraµcunati moment tromosti za �tapove (koji su u odnosuna koaksijalnu os homogeni valjci). Polumjer �tapa dobivamo iz

m = � � V = � � l � r2�

r =

rm

�l�=

s0:5 kg

2700 kgm3� 0:2m � �

= 1:72 � 10�2m = 1:72 cm

pa je moment tromosti �tapa u odnosu na koaksijanu os jednaka

Ix =mr2

2=0:5 kg �

�1:72 � 10�2m

�22

= 7: 37 � 10�5 kgm2


Ako os prolazi koaksijalno �tapu 1 imamo

Ix = I1 + I2 =

�mr2

2

�+

"ml2

12+m

�l

2

�2#= 7: 37 � 10�5 kgm2 + 20

3� 10�3 kgm2 = 6: 74 � 10�3m2 kg

a ako os prolazi koaksijalno �tapu 2

Iy = I1 + I2 =

�ml2

12

�+

�mr2

2

�=

5

3� 10�3 kgm2 + 7: 37 � 10�5 kgm2 = 1: 74 � 10�3m2 kg

Primjer 4.1.5 Odredite moment tromosti tankog prstena mase m = 10 g, polu-mjera r = 10 cm oko tangente (slika 7.15.).

Rje�enje:Steinerov pouµcak daje

I = ICM +mr2

Moment tromosti u odnosu na centar mase prstena, koji leµzi u sredi�tu kruµznicakoje de�niraju prsten, iznosi

ICM =

mZ0

x2dm

Koristeci simetriju u odnosu na kvadrantekoordinatnog sustava i uvr�tavajuci izraze

x = r sin'

r = const:

dm =m

2r�dl =

m

2r�rd' =

m

2�d'

dobivamo

ICM =

mZ0

x2dm =

2�Z0

r2 sin2 ' � m2�d' =

mr2

2�

2�Z0

sin2 'd'

=mr2

2�� 4

�2Z0

sin2 'd' =2mr2

�

�'

2� 14sin 2'

��2

0

=2mr2

�

�� 2

2� 14sin�

��0

2� 14sin 0

��=2mr2

�

�

4=mr2

2

pa je

I = ICM +mr2 =

mr2

2+mr2 =

3mr2

2=3 � 0:01 kg � 0:1m

2= 1:5 � 10�4 kgm2

4.1. PRIMJERI 59

Primjer 4.1.6 Izraµcunajte glavne momente tromosti molekula HCl i CO2. Uda-ljenost atoma vodika i klora iznosi rHCl = 128 pm, a udaljenost atoma ugljika umolekuli CO2 od svakog atoma kisika iznosi rCO2 = 112 pm (slika 7.16.).

Rje�enje:Za svako tijelo postoje najmanje tri me�usobno okomite osi rotacije koje nazi-

vamo glavnim osima inercije. Za njih vrijedi da je ukupni moment koliµcine gibanja�!L = I � �!! , odnosno �!L , paralelan osi rotacije. Odgovarajuce momente nazivamoIx; Iy; Iz. Obiµcno se kao ishodi�te uzima centar mase sustava. Ako postoji ossimetrije, tada je to glavna os, a ostale dvije su bilo koje osi okomite na nju.

Atome zamislimo kao materijalne toµcke mase m udaljene za r. Moment tro-mosti sustava dviju materijalnih toµcaka je, npr. za HCl (i druge dvoatomnemolekule):

Iz = m1r21 +m2r

22

gdje su r1; r2 udaljenosti materijalnih toµcaka od centra mase, a z - je os okomitana spojnicu atoma koja prolazi sredi�tem mase. Buduci da je ishodi�te u centrumase, moµzemo pisati

rCM =m1r1 +m2r2m1 +m2

= 0 =) m1r1 = �m2r2

odnosno po iznosu m1r1 = m2r2. Iz ovog uvjeta i jednadµzbe

r1 + r2 = r

dobivamo

r1 =m2

m1 +m2r; r2 =

m1

m1 +m2r

pa je

Iz =m1m2

m1 +m2r2

Kako je npr. os y okomita ma os z i ima isti poloµzaj u odnosu na atome to vrijedi,uz uvr�tavanje podataka za molekulu HCl

Iy = Iz =m1m2

m1 +m2r2 = 2:6 � 10�47 kgm2

Ix = 0kgm2

Moment tromosti s obzirom na os x koja prolazi kroz atome jednak je nuli. Centarmase molekule CO2 nalazi se u atomu ugljika pa je moment tromosti te molekulejo�jednostavnije pronaci. I tu je Ix = 0kgm2, dok je

Iy = Iz = 2mO � r2 = 2 � 2:66 � 10�26 kg ��1:12 � 10�10m

�2= 6:7 � 10�46 kgm2


Primjer 4.1.7 Izraµcunajte glavne momente tromosti:

a) tanke pravokutne ploµce dimenzija a = 4 cm; b = 1 cm, masem = 4g s obziromna glavne osi koje prolaze kroz centar mase (slika 7.17.a),

b) tanke okrugle ploµce polumjera R = 2 cm i mase m = 4g (slika 7.17.b).

Rje�enje:

a) Glavne osi simetrije x i y jesu osi simetrije ploµce, a os z okomita je na ploµcu.Centar mase je u sredi�tu ploµce. Moment tromosti s obzirom na os x kojaprolazi kroz centar mase i paralelna je sa stranicom a uz relaciju

dm

m=dy

b=) dm =

m

bdy

iznosi:

Ix =

b2Z

� b2

y2dm =m

b

b2Z

� b2

y2dy =m

b

�y3

3

� b2

� b2

=mb2

12= 0:3 g cm2

Sliµcno i za os y

Iy =

a2Z

�a2

x2dm =m

a

a2Z

�a2

x2dy =m

a

�x3

3

�a2

�a2

=ma2

12= 5:3 g cm2

Moment tromosti s obzirom na os z okomitu na ploµcu iznosi

Iz =

Zr2dm =

Z �x2 + y2

�dm =

Zx2dm+

Zy2dm

Iz = Ix + Iy =m

12

�a2 + b2

�= 5:6 g cm2

b) Okrugla ploµca: Moment tromosti s obzirom na os z okomito na ploµcu uzrelaciju

m = S� = R2�� = r2�� =) dm = 2r��dr

iznosi

Iz =

Z �x2 + y2

�dm =

Zr2dm =

Zr2 � 2r��dr = 2��

RZ0

r3dr

= 2��r4

4jR0 = 2��

R4

4=1

2R2�� R2 = 1

2mR2 = 8g cm2

4.1. PRIMJERI 61

gdje je � - povr�inska gustoca ploµce. Zbog simetrije su momenti tromosti sobzirom na osi x i y jednake i iznose:

Ix =

Zy2dm; Iy =

Zx2dm =) Ix + Iy =

Z �x2 + y2

�dm = Iz

Ix = Iy =1

2Iz =

1

4mR2 = 4g cm2

Primjer 4.1.8 Izraµcunajte moment tromosti homogenog paralelopipeda s obziromna osi koje prolaze sredi�tem mase i okomite su na stranice paralelopipeda, a za-tim moment tromosti homogene kocke s obzirom na osi koje prolaze kroz sredi�temase i okomite su na stranice kocke.

Rje�enje:Neka paralelopiped ima stranice a; b; c. Postavimo koordinatni sustav tako da

ishodi�te bude u centru mase paralelopipeda, os x� neka je paralelna bridu a, osy� paralelna bridu b i os z� paralelna bridu c. Oznaµcimo stranicu okomitu na os xsaD = bc. Poznavajuci polarni moment tromosti pravokutnika (moment tromostipravokutnika s obzirom na os okomitu na povr�inu) Ix0 =

D12

�b2 + c2

�= konst:,

slijedi

Ix =

Zm

r2dm =

a2Z

�a2

� � Ix0 � dx = � �D

12

�b2 + c2

� a2Z

�a2

dx

=�D

12

�b2 + c2

�(x) j

a2

�a2=�D

12

�b2 + c2

�� a = m

12

�b2 + c2

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

Iy =m

12

�a2 + c2

�Iz =

m

12

�a2 + b2

�Za homogenu kocku vrijedi a = b = c pa imamo

Ix = Iy = Iz =m

12

�a2 + a2

�=1

6ma2

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

Rje�enje:


Pretpostavimo gibanja tijela u smjeru padanja tijela mase m2 i pridodajmomu pozitivan predznak. Tada II. Newtonov zakon primijenjen na sustav daje, zatijelo mase m1:

T1 �m1g = m1a (4.1.1)

za tijelo mase m2:

m2g � T2 = m2a (4.1.2)

i koloturu, na koju djeluje moment sile M = (T2 � T1)R i pri tome mu dajekutnu akceleraciju � = a

R :

(T2 � T1)R = I� =1

2mR2

a

R

T2 � T1 =1

2ma (4.1.3)

Zbrojimo li jednadµzbe (4.1.1) i (4.1.2) dobivamo

(T1 � T2) = (m1 �m2) g + (m1 +m2) a

�to uvr�teno u jednadµzbu (4.1.3) daje akceleraciju utega

a =m2 �m1

m1 +m2 +12mg

=0:45 kg � 0:25 kg

0:25 kg + 0:45 kg + 12 � 0:5 kg

� 9:81 ms2= 2:0653

m

s2

Napetost niti T1 dobijemo uvr�tavajuci akceleraciju u jednadµzbu (4.1.1), a T2 u(4.1.2)

T1 = m1a+m1g = m1 (a+ g) = m1

m2 �m1

m1 +m2 +12mg + g

!

=

m2 �m1

m1 +m2 +12m

+ 1

!m1g =

2m2 +12m

m1 +m2 +12m

�m1g

=2 � 0:45 kg + 1

2 � 0:5 kg0:25 kg + 0:45 kg + 1

2 � 0:5 kg� 0:25 kg � 9:81 m

s2= 2: 968 8N

T2 = m2 (g � a) = m2

g � m2 �m1

m1 +m2 +12mg

!

=

1� m2 �m1

m1 +m2 +12m

!m2g =

2m1 +12m

m1 +m2 +12m

�m2g

=2 � 0:25 kg + 1

2 � 0:5 kg0:25 kg + 0:45 kg + 1

2 � 0:5 kg� 0:45 kg � 9:81 m

s2= 3: 485 1N

4.1. PRIMJERI 63

Primjer 4.1.10 Oko horizontalnog valjka maseM = 12 kg i promjera d = 20 cmobavijeno je uµze o µcijem kraju visi utag mase m = 5kg na visini h = 4m iznadtla. Pri spu�tanju utega valjak se rotira oko svoje koaksijalne osi (slika 7.21.).Izraµcunajte brzinu kojom ce uteg pasti na tlo i kinetiµcku energiju cijelog sustavau trenutku pada utega na tlo. Moment tromosti valjka iznosi I = 1

2Mr2.

Rje�enje:U poµcetnom trenutku vremena uteg se ne giba translatorno niti valjak rotira

oko svoje osi, tako da je ukupna energija sustava samo potencijalna energijautega

Euk = mgh

Ta se potencijalna energija pretvara u translacijsku energiju gibanja utega i rotaci-jsku energiju vrtnja valjka. Pri udaru utega u tlo sva potencijalna energija prelaziu kinetiµcku pa imamo

mgh =1

2mv2 +

1

2I!2

Translatorna brzina povezana je sa kruµznom brzinom rotacije preko

v = !r = !d

2=) ! =

2v

d

pa je

mgh =1

2mv2 +

1

2

�1

2Mr2

��2v

d

�2=1

2mv2 +

1

2

�1

2Md2

4

�4v2

d2

=1

2mv2 +

1

4Mv2 =

1

4(2m+M) v2

odavdje je brzina pada utega na tlo jednaka

v =

r4mgh

2m+M=

s4 � 5 kg � 9:81 m

s2� 4m

2 � 5 kg + 12 kg = 5: 972 7m

s

Ukupna kinetiµcka energija jednaka je

Ek =1

2mv2 +

1

2I!2 =

1

4(2m+M) v2

=1

4(2 � 5 kg + 12 kg)

�5: 972 7

m

s

�2= 196: 2 J

�to smo mogli dobiti i kao potencijalnu energiju utega u poµcetnom trenutku vre-mena

Ep = mgh = 5kg � 9:81m

s2� 4m = 196: 2 J


Primjer 4.1.11 Homogeni �tap mase m1 = 500 g priµcvr�cen je u vodoravnompoloµzaju kroz vertikalnu os kroz centar mase oko koje moµze rotirati. Kuglicamase m = 10 g dolijece u vodoravnoj ravnini i udara brzinom v = 500 ms u �tappod kutom � = 45� na 1

4 duljine od kraja i ostaje u �tapu. Kolika je toplinarazvijena pri sudaru?

Rje�enje:Buduci da je

�!L = �!r ��!p

odnosno

L = rp sin� =l

4�mv sin� = I!

i po Steinerovu pouµcku

I = ICM +md2 = ICM +m

�l

4

�2=m1l

2

12+ml2

16

dobiva se iz

mv2

2= Q+

I!2

2= Q+

L2

2I

razvijena toplina

Q =mv2

2� L

2

2I=mv2

2��l4 �mv sin�

�22�m1l2

12 + ml2

16

�=

mv2

2�

l2m2v2 sin2 �16

24m1l2+3ml2

48

=mv2

2� mv

2

2

" �3m sin2 �

�l2

(4m1 + 3m) l2

#

=mv2

2

�1� 3m sin2 �

4m1 + 3m

�= 1241 J

Poglavlje 5

GRAVITACIJA

5.1 Primjeri

Primjer 5.1.1 Planeta Merkur ima promjer D = 4880 km, a udaljenost sredi�taMerkura od sredi�ta Sunca R = 57:9 � 106 km. Srednja gustoca Merkura iznosi� = 5430 kg

m3, a vrijeme obilaska Merkura oko Sunca (Merkurova godina) iznosi

T = 5:07�106 s. Izraµcunajte kolika je gravitacijska sila privlaµcenja izme�u Merkurai Sunca. Pretpostavite da se planet Merkur giba po kruµznoj putanji oko Sunca.

Rje�enje:Gravitacijska sila privlaµcenja izme�u Merkura i Sunca dobiva se pomocu

Newtonova zakona gravitacije

FG = mS �mM

R2

Da bi se planet gibao po kruµznici moraju gravitacijska i centrifugalna sila bitijednake po iznosu, tj. mora vrijediti uvjet

FG = Fcf = mM � !2R

Koristeci izraze za masu

m = �V = � � 4�3r3 =

�

6D3�

i kutnu brzinu

! =2�

T

dobivamo

F =�

6D3� �

�2�

T

�2R =

2�3�D3R

3T 2

=2�3 � 5430 kg

m3��4:88 � 106m

�3 � 5:79 � 1010m3 � (5:0674 � 106 s)2

= 2: 941 2 � 1022N

65

66 POGLAVLJE 5. GRAVITACIJA

Primjer 5.1.2 Izraµcunajte masu Sunca i gravitacijsko ubrzanje gs na povr�iniSunca ako je njegov polumjer rs = 695:5 � 103 km, polumjer Zemljine orbite rzs =149:6 � 106 km, a period obilaska Zemlje oko Sunca Tzs = 365:26 d.

Rje�enje:Iz opceg zakona gravitacije imamo

FG = Fcf

� Ms �mz

r2zs= mz � !2 � rzs

i uz izraz za kutnu brzinu ! = 2�T dobivamo masu Sunca

Ms =!2r3zs

=4�2r3zs T 2

=4�2 �

�1:496 � 1011m

�36:67259 � 10�11 m3

kg s2� (3: 155 8 � 107 s)2

= 1: 989 � 1030 kg

Jakost gravitacijskog polja na povr�ini iznosi

gs = Ms

r2s=4�2r3zsr2sT

2=

4�2 ��1:496 � 1011m

�3(6:955 � 108m)2 � (3: 155 8 � 107 s)2

= 274: 37m

s2� 28gz

Primjer 5.1.3 µCovjek na povr�ini Zemlje moµze skoµciti u vis maksimalno h =0:25m. Do koje visine bi µcovjek mogao maksimalno skoµciti na povr�ini Mjeseca?Otpor zraka zanemarite. Polumjer Mjeseca je je 3.7 puta manji od polumjeraZemlje, a masa mu je 81 puta manja.

Rje�enje:Kako µcovjek ima poµcetnu brzinu istu na Zemlji i Mjesecu, to ce maksimalna

visina skoka ovisiti samo o jakosti gravitacijskog ubrzanja. Oznaµcimo sa gz jakostgravitacijskog ubrzanja na Zemlji, a sa gm na Mjesecu. Tada je

hz =v202gz

=v20

2 � MzR2z

=R2z � v202 Mz

hm =R2m � v202 Mm

pa je

hzhm

=

R2z �v202 MZ

R2m�v202 Mm

=Mm

Mz

�RzRm

�2=

Mm

81Mm

�3:7RmRm

�2= 0:169 01

odnosno

hm =hz

0:16901=0:25m

0:16901= 1: 479 2m

5.1. PRIMJERI 67

Primjer 5.1.4 Odredite udaljenost od sredi�ta Zemlje do sredi�ta Mjeseca ako jevrijeme obilaska Mjeseca oko Zemlje T = 27:32 dana. (Srednji polumjer Zemljeiznosi RZ = 6370 km, a jakost gravitacijskog polja Zemlje iznosi = 9:83 ms2 ).

Rje�enje:Da bi se Mjesec gibao po kruµznici mora centrifugalna sila kruµznog gibanja biti

jednaka teµzini pa vrijedi

GM = Fcf

GM = MM � ZM = GMM MZ

d2

Fcf =4�2d �MM

T 2MZ

odnosno

GMZ

d2=4�2d

T 2MZ

) d =3

rGMZT 2MZ

4�2

no, kako je

= GMZ

R2Z) GMZ = R

2Z

vrijedi

d =3

r R2ZT

2MZ

4�2= 3:8299 � 108m � 61RZ

Primjer 5.1.5 Satelit je lansiran s ekvatora i krece se po kruµznoj putanji u ek-vatorijalnoj ravnini u smjeru vrtnje Zemlje. Odredite omjer izme�u polumjeraputanje satelita i polumjera Zemlje RS

RZako satelit periodiµcki prolazi iznad mjesta

lansiranja s periodom od 5 dana.

Rje�enje:Prividna brzina satelita iznad mjesta lansiranja moµze biti i u smjeru vrtnje

Zemlje (ako je kutna brzina satelita veca od kutne brzine Zemlje) i suprotnosmjeru vrtnje Zemlje (ako je kutna brzina satelita manja od kutne brzine Zemlje).

a) !S > !Z

(!S � !Z) =2�

TS=2�

5TZ

jer je TZ = 1 dan. Odavde slijedi

!S =12�

5TZ


b) !S < !Z

(!Z � !S) =2�

TS=2�

5TZ

!S =8�

5TZ

Kako za satelit moraju biti izjednaµcene gravitacijska i centrifugalna sila

m!2S �RS = GMZm

R2S

No, kako vrijedi

GMZ

R2Z= g

to je

!2S �RS = gR2ZR2S

odnosno

RSRZ

= 3

rg

RZ!2S

�to za sluµcaj !S > !Z daje

RSRZ

=3

vuut g

RZ

�12�5TZ

�2 = 3

s25g � T 2Z144�2RZ

= 5:86

a za !S < !Z

RSRZ

=3

vuut g

RZ

�8�5TZ

�2 = 3

s25g � T 2Z64�2RZ

= 7:68

Primjer 5.1.6 Sunce se vidi pod kutom od pribliµzno � = 10�2 rad. Iz tog podatkaprona�ite odnos prosjeµcne gustoce Zemlje i Sunca. Pretpostavlja se da su Zemljai Sunce jednolike gustoce.

Rje�enje:Ako je kut pod kojim vidimo Sunce �, tada iz slike slijedi:

RS = r sin�

2

5.1. PRIMJERI 69

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

sin�

2� �

2, za � � 0

odakle slijedi

2RS = r � � =) r =2RS�

(5.1.1)

Koristimo gravitacijski uvjet

Fcf = FG

mZ � !2ZS � r = mZ ��2�

TZS

�2r = G

mZ �mS

r2

gdje su mZ - masa Zemlje, mS - masa Sunca, !ZS ; TZS - kutna brzina, odnosnoperiod Zemlje oko Sunca. Dakle, uz izraz za ubrzanje zemljine teµze na povr�inig = GmZ

R2Zimamo

mZ �4�2

T 2ZSr = g

R2Z �mS

r2=) mZ

mS=g �R2Z � T 2ZS4�2r3

no, uz izraze za masu preko volumena Zemlje i Sunca

mZ =4�

3R3Z � �Z ; mS =

4�

3R3S � �S

imamo4�3 R

3Z � �Z

4�3 R

3S � �S

=g �R2Z � T 2ZS4�2r3

�Z�S

=g �R3S � T 2ZS4�2 � r3 �RZ

Koristeci izraz (5.1.1), slijedi

�Z�S=

g �R3S � T 2ZS4�2

�2RS�

�3�RZ

=g � �3 � T 2ZS32�2 �RZ

i za TZS = 1 godina = 3: 16� 107 s te RZ = 6370 km imamo:

�Z�S= 4:86

Primjer 5.1.7 Satelit mase m = 1000 kg kruµzi oko Zemlje na visini h = 1000 kmod povr�ine Zemlje. Odredite brzinu, ophodno vrijeme, kinetiµcku, potencijalnu iukupnu energiju satelita.


Rje�enje:Privlaµcna sila izme�u satelita i Zemlje

F = Gms �mz

(Rz + h)2

daje satelitu potrebnu centripetalnu akceleraciju

acp =v2

Rz + h

pa jednadµzba gibanja satelita glasi

F = m � acp

G � ms �mz

(Rz + h)2 = ms �

v2

Rz + h

gdje je Rz + h� polumjer putanje satelita, ms� masa satelita, a mz� masaZemlje. Iz µcinjenice da je sila teµze na Zemljinoj povr�ini jednaka (uz zanemarenjeutjecaja vertnje Zemlje)

m � g = G � m �mz

R2z

dobivamo

mz =g �R2zG

pa za prethodnu jednadµzbu imamo

Gms � g�R

2z

G

(Rz + h)2 =

ms � g �R2z(Rz + h)

2 = ms �v2

Rz + h

v2 =g �R2z(Rz + h)

=) v = Rz �r

g

Rz + h

�to uz vrijednosti konstanti daje

v = 6:37 � 106m

s9:81 m

s2

6:37 � 106m+ 106m = 7349: 2m

s

Ophodno vrijeme satelita oko Zemlje iznosi

T =2� (Rz + h)

v=2��6:37 � 106m+ 106m

�7349: 2 ms

= 6301: 1 s

Kinetiµcka energija satelita iznosi

Ek =1

2mv2 =

1

2� 1000 kg �

�7349: 2

m

s

�2= 2:7 � 1010 J

5.1. PRIMJERI 71

dok je potencijalna energija

Ep = �G � ms �mz

Rz + h= �ms � g �R2z

Rz + h

= �1000 kg � 9:81 m

s2��6:37 � 106m

�26:37 � 106m+ 106m = �5: 4 � 1010 J

pa je ukupna energija jednaka

E = Ek + Ep = 2:7 � 1010 J +��5: 4 � 1010 J

�= �2: 7 � 1010 J

Primjer 5.1.8 Na koju visinu iznad Zemlje treba podici tijelo da bi se gravi-tacijsko privlaµcenje smanjilo za 40%?

Rje�enje:Oznaµcimo sa g0 = g �

�40100g

�= 0:6 � g jakost gravitacijskog privlaµcenja na

visini h. Iz de�nicije jakosti gravitacijskog polja mora vrijediti

g = GmZ

R2Z

g0 = GmZ

(RZ + h)2

podijelimo li ove jednadµzbe slijedi

g

g0=

GmZ

R2Z

G mZ

(RZ+h)2

=(RZ + h)

2

R2Z=

�RZ + h

RZ

�2=

�1� h

RZ

�2rje�avanjem jednakosti uz vrijednost RZ = 6; 37 � 106 m dobivamo

h = Rz

�rg

g0� 1�= RZ

�rg

0:6 � g � 1�= 0:291 �RZ

h = 0:291 � 6:37 � 106 m = 1; 8537 � 106 m = 1853:7 km

Primjer 5.1.9 Izraµcunajte jakost gravitacijskog polja i gravitacijski potencijalZemlje u toµcki na visini od h = 2500 km iznad zemljine povr�ine. Pretpostaviteda je Zemlja homogena kugla. Koliko je u toj toµcki gravitacijsko polje Sunca?

Rje�enje:Jakost gravitacijskog polja Zemlje na visini h zadan je izrazom

z = Gmz

(Rz + h)2 =

gR2z

(Rz + h)2 =

9:81 ms2��6:37 � 106 m

�2(6:37 � 106 m+ 2:5 � 106 m)2

= 5: 059 4m

s2

dok je gravitacijski potencijal jednak

Vz = �Gmz

(Rz + h)= � gR2z

Rz + h= �

9:81 ms2��6:37 � 106 m

�26:37 � 106 m+ 2:5 � 106 m = �4: 487 7�107 J

kg


Gravitacijsko polje Sunca je u toj toµcki

s =Gms

r2=6:67 � 10�11 m3

kg s2� 1:98 � 1030 kg

(1:49 � 1011m)2= 5: 948 7 � 10�3 m

s2

i jo�uvijek je zanemarivo u usporedbi sa gravitacijskim poljem Zemlje u toj toµcki.

Primjer 5.1.10 µCovjek na povr�ini Zemlje vuµce tijelo mase m = 50 kg po hori-zontalnoj podlozi silom od F = 200N paralelno sa podlogom, pri µcemu se tijelo seubrzava akceleracijom a = 1 m

s2. Na kojoj visini h iznad Zemlje bi trebao biti isti

sustav da bi ubrzanje bilo 1% vece (slika 8.8.)?

Rje�enje:Iz jednadµzbi gibanja na povr�ini Zemlje imamoX

i

Fi = F � Ftr = F � �mg = ma

dok je na visini h,Xi

Fi = F � F 0tr = F � �mg0 = ma0

gdje su g0 ubrzanje sile Zemljine teµze i a0 ubrzanje tijela na visini h. Uz izraze zag na povr�ini Zemlje i g0 na visini h

g =Gmz

R2z; g0 =

Gmz

(Rz + h)2

jednadµzbe gibanja postaju,

F � �mg = ma

F �ma = �mg = �mGmz

R2zF � �mg0 = ma0

F �ma0 = �mg0 = �mGmz

(Rz + h)2

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

F �maF �ma0 =

�mGmzR2z

�m Gmz

(Rz+h)2

=(Rz + h)

2

R2z=

�1 +

h

Rz

�2h

Rz=

rF �maF �ma0 � 1

h = Rz

rF �maF �ma0 � 1

!

= 6:37 � 106m s

200N� 50 kg � 1 ms2

200N� 50 kg � 1:01 ms2� 1!= 10643m

5.1. PRIMJERI 73

Primjer 5.1.11 Izraµcunajte kut izme�u vektora gravitacijskog polja i vektoraakceleracije sile Zemljine teµze na 45� zemljopisne �irine.

Rje�enje:Sila teµze je rezultanta gravitacijske i centrifugalne sile�!G =

�!F G +

�!F cf

Centrifugalna sila koja djeluje na tijelo mase m koje se nalazi na Zemljinojpovr�ini nastaje zbog vrtnje Zemlje oko svoje osi te iznosi

�!F cf = m!

2�!r = m!2Rz cos' � �!r 0

Kut � izme�u vektora �! =�!F Gm i vektora �!g =

�!Gm izosi

sin � =acfgsin' =

4�2Rz sin' cos'

gT 2= 1:7 � 10�3

� = arcsin 1:7 � 10�3 = 5:90

Primjer 5.1.12 Sredi�te µzeljezne kugle mase m1 = 5kg udaljeno je l = 20m odsredi�ta aluminijske kugle mase m2 = 2kg. Kolika je jakost gravitacijskog poljakugli u toµcki koja je:

a) udaljena r1 = 5m od centra mase m1, a r2 = 15m od centra mase m2,b) udaljena r01 = 14m od centra mase m1 a r02 = 18m od centra mase m2,c) koliki je gravitacijski potencijal u tim toµckama?

Rje�enje:a) Toµcka u kojoj treba odrediti jakost gravitacijskog polja nalazi se na spojnici

masa, jer je r1 + r2 = l. Zanemarimo li polumjere kugli i predstavimo li kuglematerijalnim toµckama, vrijedi gravitacijski zakon. Pretpostavimo li koordinatnisustav tako da se ishodi�te nalazi u toµcki A, a pozitivni smjer osi x neka je usmjeru mase m2. Tada masa m1 u toµcki A stvara jakost gravitacijskog polja

A1 = �Gm1

r21

dok masa m2 ima

A2 = Gm2

r22

pa je ukupna jakost polja

A = A1 + A2 = �Gm1

r21+G

m2

r22= G

�m2

r22� m1

r21

�= 6:67 � 10�11 m3

kg s2��2 kg

(15m)2� 5 kg

(5m)2

�= �1: 27 � 10�11 m

s2


Dakle, ukupna jakost gravitacijskog polja je u smjeru mase m1 od toµcke A i imadobiveni intezitet.

b) Oznaµcimo sa B toµcku u kojoj se traµzi jakost gravitacijskog polja. Pokosinusovu pouµcku, jakost gravitacijskog polja u toµcki B ce biti

B =

q� 1B

�2+� 2B

�2 � 2 1B � 2B cos (� � �)gdje je � kut izme�u pravaca udaljenosti �!r 01 i �!r 02. Buduci da je

cos (� � �) = � cos� = r021 + r022 � l2

2r01r02

=(14m)2 + (18m)2 � (20m)2

2 � 14m � 18m = 0:24

i uz

B1 = Gm1

r021= 6:67 � 10�11 m3

kg s2� 5 kg

(14m)2= 1: 7 � 10�12 m

s2

B2 = Gm2

r022= 6:67 � 10�11 m3

kg s2� 2 kg

(18m)2= 0:41 � 10�12 m

s2

imamo

B =p1:72 + 0:412 � 2 � 1: 7 � 0:41 � cos (� � �) � 10�12 m

s2

= 1: 65 � 10�12 ms2

c) Gravitacijski potencijal u nekoj toµcki gravitacijskog polja mase m1 i m2

jednak je algebarskom zbroju potencijala tih polja. Prema tome, gravitacijskipotencijal u toµcki A biti ce

'A = �G�m1

r1+m2

r2

�= �6:67 � 10�11 m3

kg s2

�5 kg

5m+2kg

15m

�= �7: 56 � 10�11 m

2

s2

a u toµcki B

'B = �G�m1

r01+m2

r02

�= �6:67 � 10�11 m3

kg s2

�5 kg

14m+2kg

18m

�= �3: 12 � 10�11 m

2

s2

Primjer 5.1.13 Satelit putuje oko Zemlje po kruµznoj stazi na visini h = 1500 kmod Zemljine povr�ine (slika 8.10.). Kolika je potrebna promjena brzine ako se µzelida satelit opisuje eliptiµcnu putanju s najvecom udaljeno�cu od povr�ine ZemljeH = 30 000 km i najmanjom udaljeno�cu od povr�ine h? Koliki ce biti periodgibanja po toj eliptiµcnoj putanji? Pretpostavite da se promjena brzine doga�a uveoma kratkom vremenskom intervalu.

5.1. PRIMJERI 75

Rje�enje:Odre�uju se brzine satelita u toµcki A (slika 8.10.) na kruµznoj putanji (v0)

i na eliptiµcnoj putanji (v1). Iz uvjeta da gravitacijska sila mora biti jednakacentrifugalnoj sili imamo:

FG = Fcf

GmMz

(R+ h)2=

mv20R+ h

=) v20 = GMz

R+ h

v0 =

rGMz

R+ h=

s6:67 � 10�11 m3

kg � s2 �5:97 � 1024 kg

(6:37 � 106m+ 1:5 � 106m) = 7117m

s

Iz zakona oµcuvanja energije za najbliµzu toµcku A i najudaljeniju B imamo:

EA = EB = konst:

m � v212

�Gm �Mz

R+ h=

m � v222

�Gm �Mz

R+H

i prema drugom Keplerovu zakonu:

1

2(R+ h) v1�t =

1

2(R+H) v2�t

v2 = v1R+ h

R+H

pa je

m � v212

�Gm �Mz

R+ h=m � v21 �

�R+hR+H

�22

�Gm �Mz

R+H

v1 =

r2GMz

2R+H + h

R+H

R+ h

=

s2 � 6:67 � 10�11 m3

kg� s2 � 5:97 � 1024 kg2 � 6:37 � 106m+ 30 � 106m+ 1:5 � 106m � 6:37 � 10

6m+ 30 � 106m6:37 � 106m+ 1:5 � 106m

= 9126m

s

pa je promjena brzine jednaka

�v = v1 � v0 = 9126m

s� 7117 m

s= 2009

m

s

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


tiµcnih putanja.

T 21T 20

=R31R30�

T1T0

�2=

(2R+H + h)3

8 (R+ h)3

T0 = 2� � R+ hv0

T1 = � (2R+H + h)

r2R+H + h

2GMz

= ��4:424 � 107m

�s2 � 6:37 � 106m+ 30 � 106m+ 1:5 � 106m2 � 6:67 � 10�11 m3

kg� s2 � 5:97 � 1024 kg= 32:74 s = 9h 5min 39 s

Primjer 5.1.14 Koliki je rad potreban da bi tijelo mase m = 100 kg s povr�ineZemlje podigli do toµcke gdje se gravitacijska polja Zemlje i Mjeseca poni�tavaju?

Rje�enje:Ako postavimo os r tako da prolazi kroz sredi�ta Zemlje i Mjeseca te ishodi�te

koordinatnog sustava postavimo u sredi�te Zemlje, tada je gravitacijsko polje uprostoru izme�u Zemlje i Mjeseca

�! = �! z +�! m = �Gmz

r2�!r 0 +G

mm

(d� r)2�!r 0

gdje je r poloµzaj toµcke poni�tavanja gravitacije mjeren od sredi�ta Zemlje, a dudaljenost od sredi�ta Zemlje do sredi�ta Mjeseca.

Gravitacijska polja se poni�tavaju u toµcki gdje je ukupno polje jednako nuli

= 0

Gmz

r2= G

mm

(d� r)2

odnosnomm

mz=

(d� r)2

r2=

�d� rr

�2=

�d

r� 1�2

d

r= 1 +

rmm

mz

r =d

1 +q

mmmz

=3:84 � 108m

1 +q

7:33�1022 kg5:97�1027 g

= 3: 46 � 108m = 0:9d

Prikaµzimo poloµzaj toµcke nulte gravitacije i udaljenost sredi�ta Zemlje do sredi�taMjeseca preko polumjera Zemlje, kao i odnos masa Zemlje i Mjeseca

r = 54:27Rz

d = 60:28Rz

mz = 81:5mm

5.1. PRIMJERI 77

Potrebni rad jednak je

W = �Ep;z +�Ep;m =

�m �mzG

�1

Rz� 1r

��+

�m �mmG

�1

d�Rz� 1

0:1d

��= Gm �mm

�81:5

Rz� 81:5

54:27Rz+

1

59:28Rz� 1

6:028Rz

�= 79: 85 �Gm �mm

Rz= 79: 85 � 6:67 � 10�11 m3

kg s2100 kg � 7:33 � 1022 kg

6:37 � 106m= 6:13 � 109 J = 6:13GJ

Primjer 5.1.15 Na ekvatoru nekog planeta teµzina tijela je 20% manja nego napolu. Srednja gustoca planeta je � = 4200 kg

m3. Koliki je period okretanja planeta

oko svoje osi?

Rje�enje:Oznaµcima sa Ge teµzinu tijela na ekvatoru planeta, Gp teµzinu tijela na polu

planeta, R polumjer planeta, m masu tijela, a sa mp masu planeta. Tada je

Ge = Gp �4�2mR

T 2

gdje je gravitacijska sila izme�u tijela i planeta jednaka

Gp = G �m �mp

R2

Iz uvjeta zadatka

Ge = 0:8 �Gp

slijedi

0:8 �Gp = Gp �4�2mR

T 2

0:2 �Gp =4�2mR

T 2

T 2 =4�2 �m �R0:2 �Gp

=4�2

15

� m �RGm�mp

R2= 20�2 � R3

G �mp

= 20�2 � R3

G � �p � 4�3 �R3=

15�

G � �p

T =

s15�

�p �G=

s15�

4200 kgm3� 6:67 � 10�11 m3

kg s2

= 12967 s

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


Rje�enje:Dijeljenjem izraza za teµzinu tijela na ekvatoru F eG = F

pG �

4�2mRT 2

, s teµzinomtijela na polu F pG = G

mmp

R2dobivamo

GeGp

= 1� 4�2 �m �RT 2 �Gp

= 1� 4�2 �m �RT 2 �G � m�mm

R2= 1� 4�2 �R3

G � T 2 �mm

= 1�4�2 �

�3:397 � 106m

�36:67 � 10�11 m3

kg s2� (88 668 s)2 � 6: 57 � 1023 kg

' 0:9955

Dakle, tijelo na ekvatoru Marsa je lak�e za pribliµzno 0:45% nego li na njegovupolu.

Poglavlje 6

HARMONIJSKO TITRANJE

6.1 Primjeri

Primjer 6.1.1 Uteg mase m = 0:2 kg visi na elastiµcnom peru i titra gore-doljepo putanji dugaµckoj 40 cm. Period titranja iznosi T = 4 s. Ako je u poµcetnomtrenutku mjerenja uteg u ravnoteµznom poloµzaju, odredite:

a) brzinu i akceleraciju utega u trenutku kad uteg prolazi kroz poloµzaj ravnoteµze,

b) maksimalnu elastiµcnu silu koja djeluje na uteg,

c) maksimalnu kinetiµcku energiju utega.

Rje�enje:Kroz poloµzaj ravnoteµze uteg prolazi u poµcetnom trenutku t = 0 s, pa je:

a) brzina jednaka

v = vmax cos2�t

T=2�A

Tcos

2�t

T

=2� � 0:2m

4 scos

2� � 0 s4 s

= 0:1�m

s� cos 0 = 0:1� m

s= 0:31

m

s

kada uteg prolazi poloµzajem ravnoteµze s = 0m akceleracija je

a = �!2s = ��2�

T

�2s = �4�

2

T 2� s = 0 m

s2

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

s = AFmax = �ksmax = �kA = �4�2

T 2mA

= � 4�2

(4 s)2� 0:2 kg � 0:2m = �0:01�2N = �9: 87 � 10�2N

79

80 POGLAVLJE 6. HARMONIJSKO TITRANJE

c) uteg ima maksimalnu konetiµcku energiju za v = vmax, �to prikazano prekomase, amplitude i perioda iznosi

Ek;max =1

2mvmax =

1

2m �

�2�A

T

�2=1

2m � 4�

2A2

T 2=2�2mA2

T 2

=2�2 � 0:2 kg � (0:2m)2

(4 s)2= 0:001�2 J = 9: 87mJ

Primjer 6.1.2 Uteg teµzak G1 = 30N visi o jednom kraju elastiµcne opruge i titras periodom od T1 = 0:5 s. Koliko iznosi konstanta opruge i koliki ce biti periodtitranja utega teµzine G2 = 150N koji harmoniµcki titra obje�en na istu oprugu?

Rje�enje:Iz izraza za konstantu opruge dobivamo

k =4�2m

T 2=4�2G

T 2g=

4�2 � 30N(0:5 s)2 � 9:81 m

s2

= 482:92N

m

iz izraza za period titranja T1 = 2�q

G1gk = 0:5 s slijedi

T2 = 2�

sG2gk

= 2�

s5G1gk

= 2�

sG1gk�p5 = 0:5 s �

p5 = 1: 12 s

�to smo mogli dobiti i uvr�tavanjem dobivene vrijednosti za konstantu opruge

T2 = 2�

sG2gk

= 2�

s150N

9:81 ms2� 482:92 Nm

= 1: 12 s

Primjer 6.1.3 Ura (sat) sa njihalom izra�en je tako da period njihala bude T =1 s kad je ura toµcna. Izra�ena ura zaostaje za pola sata na dan. �to treba uraditis njihalom da ura bude toµcna?

Rje�enje:Kad je sat toµcan, period njihala iznosi T = 1 s, pa je duljina tog njihala

jednaka

l = g

�T

2�

�2=gT 2

4�2=9:81 m

s2� (1 s)2

4�2= 0:25m

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

T 0 =24

23:5s = 1: 02 s

6.1. PRIMJERI 81

pa je duljina njihala

l0 =g (T 0)2

4�2=9:81 m

s2� (1:02 s)2

4�2= 0:26m

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

�l = l0 � l = 0:26m� 0:25m = 0:01m = 1 cm

Primjer 6.1.4 U mjestu B na ekvatoru Zemlje sat sa njihalom ima period titranjaTe = 1 s. Kad sat prenesemo u mjesto A na polu Zemlje, kolika ce biti preciznosttog sata?

Rje�enje:Na ekvatoru Zemlje ubrzanje slobodnog pada iznosi ge = 9:79 ms2 , dok na polu

iznosi gp = 9:83 ms2 . Kako je na ekvatoru period titranja jednak T = 1 s to njihaloima duljinu

l =geT

2e

4�2=9:79 m

s2� (1 s)2

4�2= 0:247 98m

pa je period njihala na polu jednak

Tp = 2�

sl

gp= 2�

s0:247 98m

9:83 ms2

= 0:997 96 s

odnosno, za jedan dan ce napraviti

N =86400 s

0:997 96 s= 86577

perioda, tj. sat ce za svaki titraj pokazivati jednu sekundu, odnosno brzat ce za

t0 = 86577 s� 86400 s = 177 s = 2min i 57 s

Primjer 6.1.5 Na µcesticu mase m = 0:15 kg djeluje elastiµcna sila µcija je konsta-nta k = 18 Nm i ona titra s amplitudom od A = 20 cm. Izraµcunajte potencijalnu ikinetiµcku energiju µcestice kada je ona udaljena od ravnoteµznog poloµzaja x = 5 cmte period titranja.

Rje�enje:Period titranja elastiµcnog pera dan je izrazom

T = 2�

rm

k= 2�

s0:15 kg

18 Nm= 0:57 s

Ukupna energija harmonijskog oscilatora (elastiµcnog pera) je

Euk = Ek + Ep =1

2kA2 =

1

2� 18 N

m(0:2m)2 = 0:36 J


Potencijalna energija u poloµzaju x = 5 cm jednaka je

Ep (x) =1

2kx2 =

1

2� 18 N

m(0:05m)2 = 0:0225 J = 22:5mJ

pa je kinetiµcka energija jednaka

Euk � Ep (x) = 0:36 J� 0:0225 J = 0:3375 J

Primjer 6.1.6 Prilikom ispitivanja elastiµcnog pera odbojnika vagona djelova-njem sile od F = 104N, elastiµcno pero odbojnika stisnulo se za x = 1 cm. Kolikombrzinom se gibao vagon koji udara u zid za ispitivanje odbojnika ako se on stisnuoza x0 = 20 cm. Masa vagona je m = 20t.

Rje�enje:Kinetiµcka energija vagona tro�i se na sabijanje elastiµcnog pera i pretvara u

njegovu potencijalnu energiju

Ek =1

2mv2 = Ep =

1

2k�x0�2

gdje je k� konstanta elastiµcnosti pera koju dobivamo iz

F = kx =) k =F

x=104N

1 cm= 106

N

m

pa je

v =

sk (x0)2

m=

s106 Nm � (20 cm)

2

20000 kg= 1: 414 2

m

s

Primjer 6.1.7 Tijelo mase m = 50 g koje je vezano za kraj opruge izvuµceno jeiz ravnoteµznog poloµzaja za A = 20 cm silom od F = 20N i pu�teno. Izraµcunajtebrzinu i ubrzanje kada je tijelo udaljeno od ravnoteµznog poloµzaja x = 5 cm.

Rje�enje:Sila potrebna za izvlaµcenje tijela na eloganciju A je

F = kA) k =F

A=20N

0:2m= 100

N

m

Jednadµzba harmonijskog titranja glasi

x (t) = A sin (!t+ ')

no, u trenutku t = 0 s tijelo je u maksimalnom otklonu, amplitudi x = A pavrijedi

A = A sin (! � 0 + ')) ' =�

2

6.1. PRIMJERI 83

pa je jednadµzba gibanja

x (t) = A sin�!t+

�

2

�= A cos!t

gdje je

! =

rk

m=

s100 Nm0:05 kg

= 44:72rad

s

Tijelo ce biti u trenutku t1 u poloµzaju x (t1) = 5 cm

x (t1) = A cos!t1 ) t1 =1

!arccos

x

A=

1

44:72 radsarccos

1

4= 0:03 s

Brzina v je dana izrazom

v (t) =dx (t)

dt= �A! sin!t = �A!

p1� cos2 !t

= �A!r1� x

2 (t)

A2= �!

pA2 � x2 (t)

pa je u trenutku t1

v (t1) = �!pA2 � x2 (t1) = �8:66

m

s

Ubrzanje a je dano izrazom

a (t) =dv (t)

dt=d2x (t)

dt= �A!2 cos!t

= �A!2x (t)A

= �!2x (t) = � kmx (t)

pa je u trenutku t1 ubrzanje

a (t1) = �k

mx (t1) = �

100 Nm0:05 kg

� 0:05m = �100 ms2

Napomena, ubrzanje smo mogli dobiti i iz izraza za silu

F (t) = ma (t) = �kx (t)) a (t) = � kmx (t)

�to je analogno prethodno dobivenom izrazu preko druge derivacije poloµzaja.

Primjer 6.1.8 Tijelo harmoniµcki titra amplitudom A = 15 cm, pri µcemu za T =2 s napravi jednu oscilaciju. Kolika je brzina tijela u trenutku kada je elongacijajednaka polovini amplitude?


Rje�enje:Kutna brzina harmonijskog titranja jednaka je

! =2�

T=2�

2 s= � s�1

Iz jednadµzbe gibanja harmonijskog oscilatora, uz poµcetne uvjete x = A za t = 0 simamo

x (t) = A cos!t

Vrijeme kada je x = A2 iznosi

t 12=1

!arccos

1

2=1

3s

gdje je dovoljno uzeti jedno od 4 moguca rje�enja (zbog simetrije gibanja). Brzinatijela odre�ena je izrazom

v (t) =dx (t)

dt= �A! sin!t

pa je u trenutku t 12iznos brzine

v�t 12

�= A! sin!t 1

2= 0:41

m

s

Napomena: sva preostala rje�enja imaju isti iznos brzine, dva puta prema ravno-teµznom poloµzaju i dva puta od ravnoteµznog poloµzaja, za pozitivnu i negativnuvrijednost amplitude.

Primjer 6.1.9 Tijelo mase m = 0:2 kg nalazi se na horizontalnoj podlozi ivezano je za oprugu konstante elastiµcnosti k = 5 Nm . Tijelo izvuµcemo za s0 = 0:1mudesno od ravnoteµznog poloµzaja i damo mu udesno poµcetnu brzinu v0 = 1 ms .Izraµcunajte: period, frekvenciju, kutnu frekvenciju, ukupnu energiju tirtranja,amplitudu i poµcetnu fazu. Napi�ite izraz za elongaciju, brzinu i akceleraciju uovisnosti o vremenu. U kojem trenutku vremena tijelo dolazi u poloµzaj s = 0:2m?Kolika mu je tada brzina i akceleracija? Gubitke zbog trenja zanemariti.

Rje�enje:Period dobivamo iz izraza

T = 2�

rm

k= 2�

s0:2 kg

5 Nm= 1: 26 s

frekvencija je inverzna veliµcina periodu

f =1

T=

1

1: 26 s= 0:8 s�1 = 0:8Hz

6.1. PRIMJERI 85

Kutna brzna jednaka je

! = 2�f = 2� � 0:8 s�1 = 5 rads

Ukupnu energiju dobijemo kao zbroj kinetiµcke i potencijalne energije u poµce-tnom trenutku

E =1

2mv20 +

1

2ks20 =

1

2� 0:2 kg �

�1m

s

�2+1

2� 5 Nm� (0:1m)2 = 0:125 J

Amplitudu titranja moµzemo dobiti iz izraza za ukupnu energiju, koja je kodneprigu�enog titranja konstantna. Iz izraza

E =1

2kA2

dobivamo

A =

r2E

k=

s2 � 0:125 J5 Nm

= 0:22m

Jednadµzba za eloganciju glasi

s (t) = A sin (!t+ ')

pa je u trenutku t = 0 s, poµcetna elongacija

s0 = A sin (! � 0 + ') = A sin'

sin' =s0A=0:1m

0:22m= 0:45

' = arcsin 0:45 = 0:46 rad = 26:56�

Uvr�tavanjem dobivenih vrijednosti za A;'; ! dobivamo pomak kao funkcijuvremena

s (t) = A sin (!t+ ') = 0:22m � sin (5t+ 0:46)

gdje je kutna brzina i faza izraµzena u radijanima. Izrazi za brzinu i akceleracijukao funkcije vremena se dobivaju

v (t) =ds (t)

dt= A! cos (!t+ ') = 0:22m � 5 rad

s� cos (5t+ 0:46)

= 1: 12 cos (5t+ 0:46)m

s

a (t) =dv (t)

dt= �A!2 sin (!t+ ') = �0:22m �

�5rad

s

�2� sin (5t+ 0:46)

= �5: 59 sin (5t+ 0:46) ms2


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

s�t0�= A sin

�!t0 + '

�= 0:22m � sin

�5t0 + 0:46

�= 0:2m

0:2m

0:22m= 0:89 = sin

�5t0 + 0:46

�t0 =

1

5(arcsin 0:89� 0:46) = 0:13 s

Primjer 6.1.10 Izraµcunajte izvr�eni rad pri istezanju elastiµcnog pera sa duljinel1 = 50 cm do l2 = 56 cm ako je ravnoteµzni poloµzaj u l0 = 40 cm. Iznos konstanteopruge je k = 120 Nm . Zadatak rije�iti preko srednje sile i integralnim naµcinom.

Rje�enje:Kod elastiµcnog pera sila je proporcionalna udaljenosti kraja opruge od svog

ravnoteµznog poloµzaja F = ks, gdje je si = l0� li. Srednja sila jednaka je srednjojvrijednosti poµcetne i konaµcne sile. Tada je izvr�eni rad

A = F ��s = 1

2(F1 + F2) (s2 � s1) =

1

2[ks2 � ks1] � (s2 � s1)

=k

2

�s22 � s21

�=120 Nm2

�h(16 cm)2 � (10 cm)2

i= 0:94 J

Integralnom metodom imamo

A =

s2Zs1

Fds =

s2Zs1

ksds = k

s2Zs1

sds =k

2s2 js2s1=

k

2

�s22 � s21

�= 0:94 J

Primjer 6.1.11 Horizontalna elastiµcna opruga sabijena je od svog ravnoteµznogpoloµzaja za x = 10 cm kockom mase m = 0:4 kg a zatim pu�tena da odbaci kockuu horizontalnom pravcu. Pri tome kocka klizi po horizontalnoj ravnini i zaustavise nakon s = 0:5m. Izraµcunajte koe�cijent trenja � izme�u kocke i ravnine.Konstanta opruge iznosi k = 80 Nm . Masu opruge zanemarite.

Rje�enje:Prilikom sabijanja opruge tijelo dobiva potencijalnu energiju koja iznosi

Ep =1

2kx2

Kada se opruga pusti ona ce odbaciti kocku u horizontalnom pravcu. Zbogpostojanja sile trenja izme�u kocke i podloge, kocka ce se zaustaviti kada se njenacjelokupna energija utro�i na rad protiv sile trenja. Taj rad sile trenja iznosi

Wtr = Ftrs = �mgs

Izjednaµcavanjem ovih energija dobivamo1

2kx2 = �mgs

� =kx2

2mgs=

80 Nm � (10 cm)2

2 � 0:4 kg � 9:81 ms2� 0:5m = 0:2

6.1. PRIMJERI 87

Primjer 6.1.12 Na vertikalno postavljenu oprugu duljine l0 u trenutku t0 = 0 sstavimo predmet mase m i sustav poµcinje titrati poµcetnom brzinom v0 = 0 ms .Odredite elongaciju kao funkciju vremena.

Rje�enje:Jednadµzba gibanja sustava glasi:X

i

Fi = �ks+ F0 = ma = m�s

�s+k

ms =

F0m

koristeci izraz !2 = km dobivamo �s+ !2s = F0

mDobivena jednadµzba je nehomogena diferencijalna jednadµzba drugog reda.

Opce rje�enje ove jednadµzbe dobivamo tako da se opcem rje�enju homogene jed-nadµzbe pribroji jedno od partikularnih rje�enja nehomogene jednadµzbe. Opcerje�enje homogene jednadµzbe �s + !2s = 0, tj. jednadµzbe jednostavnog harmoni-jskog oscilatora glasi:

s (t) = A cos (!0t+ ')

a partikularno rje�enje nehomogene jednadµzbe glasi

s =F0m!20

pa je opce rje�enje nehomogene diferencijalne jednadµzbe

s (t) = A cos (!0t+ ') +F0m!20

odnosno funkcija brzine je

v (t) = _s (t) =ds (t)

dt= �A!0 sin (!0t+ ')

Iz poµcetnih uvjeta zadatka t = 0 s, s = 0m, _s = 0 ms dobivamo

s (0) = A cos (!0 � 0 + ') +F0m!20

= A cos'+F0m!20

= 0

_s (0) = �A!0 sin (!0 � 0 + ') = 0

odnosno za

' = 0 =) A = � F0m!20


pa je jednadµzba elongacije

s (t) = � F0m!20

cos!0t+F0m!20

=F0m!20

(1� cos!0t)

Postavimo li ishodi�te koordinate x u poloµzaj

x = s� F0m!20

dobili bi jednadµzbu

x (t) = � F0m!20

cos!0t

�to je jednostavno harmoniµcko titranje.

Primjer 6.1.13 Kolika mora biti duljina niti o koju je obje�ena kuglica µciji jepromjer d1 = 4 cm, da bismo pri odre�ivanju perioda malih titranja kuglicu s nitimogli smatrati matematiµckim njihalom, pri µcemu je dopu�teno odstupanje od 1%u aproksimaciji matematiµckog njihala.

Rje�enje:

Period titranja matematiµckog njihala T1 = 2�q

lg , dok je period titranja �zi-

µckog njihala T2 = 2�q

Imgl . Moment inercije kuglice je prema Steinerovu pouµcku

I = Icm +md2 =

2

5mr2 +ml2 = ml2

�1 +

2r2

5l2

�gdje je l = L + r, pri µcemu je L duljina niti, a r = d1

2 polumjer kuglice. Periodtitranja �ziµckog njihala je

T2 = 2�

vuutml2h1 + 2r2

5l2

imgl

= 2�

vuut lh1 + 2r2

5l2

ig

= 2�

sl

g�r1 +

2r2

5l2= T1

r1 +

2r2

5l2

Dopu�tena pogre�ka je

� =T2 � T1T1

=T1

q1 + 2r2

5l2� T1

T1=

r1 +

2r2

5l2� 1

(� + 1)2 = 1 +2r2

5l2=) r

l=

r5

2

h(� + 1)2 � 1

i

6.1. PRIMJERI 89

Uz uvjet da je dopu�tena pogre�ka manja od 1% vrijedi

r

l�

r5

2

h(0:01 + 1)2 � 1

i= 0:22

l � r

0:22=0:02m

0:22= 0:09m = 9 cm

odnosno duljina niti L

L = l � r � 9 cm� 2 cm = 7 cm

Primjer 6.1.14 Odredite ophodno vrijeme (period) konusnog njihala duljine l =0:3m, kojemu nit pri gibanju zatvara s vertikalnom osi kut � = 30�. (slika 11.4.)

Rje�enje:Konusno njihalo je sitno tijelo (materijalna toµcka) na niti konstantne duljine

koja, stavljena u gibanje u horizontalnoj ravnini opisuje kruµznicu polumjera

r = l sin�

pri µcemu na tijelo djeluju: centripetalna sila Fcp = mv2

r , teµzina tijela G = mg inapetost niti N . Iz slike dobivamo:

Fcf = mg tan� =mv2

r=

mv2

l sin�

odakle je

v2 =mg tan�

ml sin� = gl

sin2 �

cos�

odnosno brzina

v =

rgl

cos�� sin�

pa iz izraza za period T i brzinu v imamo

T =2�r

v=

2�l sin�qglcos� � sin�

= 2�

sl2

glcos�

= 2�

sl cos�

g

= 2�

s0:3m � cos �69:81 m

s2= 1: 02 s

Uoµcimo da iz izraza za konusno njihalo, za male kutove � � 0 dobivamo izraz zamatematiµcko njihalo

T = 2�

sl

g

(jer je cos� � 1, kada je � � 0).


Primjer 6.1.15 Izvedite jednadµzbu gibanja �ziµckog njihala i izraz za njegov pe-riod.

Rje�enje:Iznos momenta sile koji uzrokuje titranje je

M = �mgL sin �

gdje je L udaljenost osi rotacije O od teµzi�ta tijela, a � kut koji spojnica OTzatvara s vertikalom, pri µcemu predznak minus pokazuje da moment sile nastojismanjiti kut �. Izvr�imo li aproksimaciju za male kutove, tj.

sin � � �

slijedi

M = �mgL � �

pa jednadµzba gibanja �ziµckog njihala za male kutove glasi

M = I� = Id2�

dt2= �mgL�

odnosno

d2�

dt2+mgL

I� = 0

gdje je I moment tromosti tijela s obzirom na os rotacije. Rje�enje jednadµzbemoµzemo pisati u obliku

� (t) = �0 sin (!t+ '0)

gdje je

! =

rmgL

I

pa je period �ziµckog njihala za male kutove

T =2�

!= 2�

sI

mgL

Primjer 6.1.16 Koliki je period �ziµckog njihala u obliku homogenog �tapa duµzinel = 1m ako se nji�e oko osi koja prolazi:

6.1. PRIMJERI 91

a) jednim njegovim krajem,b) kroz toµcku udaljenu za d = l

6 od sredine �tapa,c) kroz toµcku udaljenu za d = l

4 od sredine �tapa,d) kada je period minimalan a kada maksimalan?Rje�enje:Period je jednak

T = 2�

sI

mgL= 2�

sIcm +md2

mgd= 2�

sml2

12 +md2

mgd= 2�

sl2 + 12d2

12gd

a) Os rotacije prolazi jednim njegovim krajem d = l2 pa imamo

T = 2�

vuut l2 + 12�l2

�212g

�l2

� = 2�

s2l

3g= 2�

s2 � 1m3 � 9:81 m

s2= 1: 64 s

b) ako je d = l6 imamo

T = 2�

vuut l2 + 12�l6

�212g

�l6

� = 2�

s2l

3g= 2�

s2 � 1m3 � 9:81 m

s2= 1: 64 s

c) ako je d = l4 imamo

T = 2�

vuut l2 + 12�l4

�212g

�l4

� = 2�

s7l

12g= 2�

s7 � 1m

12 � 9:81 ms2= 1: 53 s

d) Period je minimalan kada je derivacija perioda T po d jednaka nuli, tj.kada je

T 0 =

2�

sl2 + 12d2

12gd

!0= 2� � 1

2q

l2+12d2

12gd

�24d � (12gd)�

�l2 + 12d2

�� 12g

(12gd)2= 0

12d2 � l2 = 0

d =lp12=

p3

6l

a maksimalan, tj. beskonaµcan je kada je toµcka O u teµzi�tu (centru mase) tijela.

Primjer 6.1.17 Fiziµcko se njihalo u obliku diska, promjera r, nji�e oko horizon-talne osi okomite na disk, koja prolazi na udaljenosti l od sredi�ta diska. (slika11.10.). Koliki je period njihala ako je:

a) l = r?b) l� r?c) Kolika bi trebala biti udaljenost l da bi period njihala bio minimalan?


Rje�enje:Iz perioda �ziµckog njihala T = 2�

qImgl , te izraza za moment tromosti ho-

mogenog diska I = 12mr

2 i Steinerova pouµcka

I = Icm +md2 =

1

2mr2 +ml2 =

m

2

�r2 + 2l2

�dobivamo

T = 2�

sm2 (r

2 + 2l2)

mgl= 2�

sr2 + 2l2

2gl

a) l = r =) T = 2�q

r2+2r2

2gr = 2�q

3r2g

b) l� r =) T = 2�q

r2+2l2

2gl � 2�q

lg

c) Period za njihalo je minimalan, ako izraz za period u ovisnosti o duljini lzadovoljava uvjet

dT

dl= 0

dT

dl= 2�

d

dl

sr2 + 2l2

2gl= 2�

"1

2

r2gl

r2 + 2l2� ddl

�r2 + 2l2

2gl

�#

= �

r2gl

r2 + 2l2� 2l

2 � r22gl2

= 0

Ovaj izraz je jednak nuli kada je l = 0, �to nije �zikalno rje�enje za zadaniproblem, a drugo rje�enje je

l =rp2

2

Primjer 6.1.18 Kugla polumjera R = 10 cm obje�ena je na niti duljine l =50 cm i nji�e se malim amplitudama. Izraµcunajte period tog �ziµckog njihala.Aproksimirajte kuglu materijalnom toµckom i izraµcunajte period smatrajuci nji-halo matematiµckim te usporedite dobivene rezultate.

Rje�enje:Period �ziµckog njihala raµcunamo po formuli

T = 2�

sI

mg L

6.1. PRIMJERI 93

Moment tromosti kugle s obzirom na os koja prolazi kroz centar mase jednak jeI = 2

5mR2, te je prema Steinerovom pouµcku, moment tromosti s obzirom na os

oko koje nji�e njihalo

I = ICM +md2 =2

5mR2 +m (l +R)2

odakle dobivamo period

T = 2�

s25mR

2 +m (l +R)2

mg (l +R)= 2�

sl +R+ 2

5R2

l+R

g

= 2�

vuut0:5m + 0:1m + 25

(0:1m)2

0:5m+0:1m

9:81 ms2

= 1: 56 s

Smatramo li njihalo matematiµckim period je

T 0 = 2�

sl +R

g= 2�

s0:5m + 0:1m

9:81 ms2

= 1: 55 s

Odavdje moµzemo zakljuµciti da za l � R kugla polumjera R obje�ena na nitiduljine l moµze doista dobro aproksimirati matematiµcko njihalo, tim bolje �to jeR2

l+R manje. U na�em je sluµcaju relativna pogre�ka sam

� =T � T 0T

=1: 56 s� 1: 55 s

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

Primjer 6.1.19 Torziono se njihalo sastoji od homogenog diska mase m = 0:5 kgi polumjera rd = 0:05m, koji visi na µceliµcnoj µzici duljine l = 5m i promjerad�z = 2mm. (slika 11.9.) Modul torzije µcelika iznosi G = 70GPa. Kolika jekonstanta torzije µzice i period njihala?

Rje�enje:Moment elastiµcnih sila u µzici proporcionalan je kutu ' za koji se disk za-

krene.

M�z = �D'

gdje je D konstanta torzije ovisna o materijalu i dimenzijama µzice. Modul smi-canja G je konstanta koja ovisi samo o elastiµcnim svojstvima materijala. Torzijaµzice ili �tapa poseban je primjer smicanja. Kut torzije ' proporcionalan je mo-mentu (para) vanjskih sila Mp.

' =1

G

2l

�r4�zM


gdje je l duljina µzice, a r�z polumjer popreµcnog presjeka µzice. Konstantu torzijedobivamo iz veze izme�u konstante torzije i modula torzije

D =�r4

2lG =

�r4�z2lG =

� ��10�3m

�42 � 5m � 7 � 1010 Pa = 0:02Nm

Kako je moment inercije homogenog diska I = 12mr

2 za period titranja dobivamo

T = 2�

rI

D= 2�

smr2d2D

= 2�

s5 kg � (0:05m)2

2 � 0:02Nm = 3: 35 s

Primjer 6.1.20 Predmet mase m = 1kg vezan je dvjema jednakim oprugamatako da moµze kliziti horizontalnom ravninom. Konstanta opruge iznosi k = 50 Nm ,a koe�cijent trenja klizanja izme�u tijela i podloge iznosi � = 0:2. Pomaknimotijelo iz poloµzaja ravnoteµze (s = 0m) za s0 = 10 cm i pustimo da titra s poµcetnombrzinom jednakom nula. Odredite elongaciju tijela nakon prvog perioda? (slika11.6.)

Rje�enje:Za vrijeme 0 < t � T

2 tijelo se giba s desna na lijevo i pri tome na njegadjeluju sile jedne i druge opruge nalijevo (ks+ ks = 2ks) i sila trenja nadesno(suprotno gibanju tijela) (�mg).

Jednadµzba gibanja glasi:

m�s = �2ks+ �mg�s+ !20s = �g

gdje je

!20 =2k

m=2 � 50 Nm1 kg

= 100 s�2 =) !0 = 10 s�1

Rje�enje ove nehomogene diferencijalne jednadµzbe drugog reda je

s (t) = A cos (!0t+ ') +�g

!20

Konstante A i ' odre�ujemo iz poµcetnih uvjeta:

t = 0 s; s (0) = s0 = 0:1m; _s (0) = 0m

s

odakle dobivamo jednadµzbe

s (t) = A cos (!0t+ ') +�g

!20

s (0) = A cos (!0 � 0 + ') +�g

!20= A cos'+

�g

!20= s0

_s (t) = �A!0 sin (!0t+ ')_s (0) = �A!0 sin (!0 � 0 + ') = 0

m

s=) ' = 0

A = s0 ��g

!20

6.1. PRIMJERI 95

pa je elongacija u tom vremenskom intervalu

s (t) =

�s0 �

�g

!20

�cos!0t+

�g

!20

s (t) =

�0:1m�

0:2 � 9:81 ms2

100 s�2

�cos (10t) +

0:2 � 9:81 ms2

100 s�2

s (t) = 0:080 38m cos (10t) + 0:019 62m

U trenutku

t0 =T

2=

2�!0

2=�

!0=

�

10 s�1=�

10s = 0:31 s

elongacija iznosi

s�t0�=

�s0 �

�g

!20

�cos�+

�g

!20= �s0+

2�g

!20= �0:1m+

2 � 0:2 � 9:81 ms2

100 s�2= �0:06m

U tom trenutku tijelo se zaustavi i poµcne vracati nadesno. Sada se promijenismjer sile trenja i jednadµzba gibanja glasi

m�s1 = �2ks1 � �mg�s1 + !

20s1 = ��g

Rje�enje ove jednadµzbe je elongacija s0

s1 (t) = A1 cos (!0t+ ')��g

!20

_s1 (t) =ds1 (t)

dt= �A1!0 sin (!0t+ '1)

pa iz uvjeta

s1�t0�= s

�t0�= �s0 +

2�g

!20

_s1�t0�= 0

m

s=) '1 = 0

s1�t0�= A1 cos� �

�g

!20= �s0 +

2�g

!20=) A1 = s0 �

3�g

!20

dobivamo

s1 (t) =

�s0 �

3�g

!20

�cos (!0t)�

�g

!20

U trenutku perioda t00 = T elangacija iznosi

s1 (T ) =

�s0 �

3�g

!20

�cos (!0T )�

�g

!20=

�s0 �

3�g

!20

�cos

�!02�

!0

�� g!20

=

�s0 �

3�g

!20

�cos (2�)� �g

!20= s0 �

3�g

!20� �g!20= s0 �

4�g

!20

= 0:1m�4 � 0:2 � 9:81 m

s2

100 s�2= 0:02m � 2:2 cm


Primjer 6.1.21 Izraµcunajte period titranja malene kuglice prema slici 11.7. akosu h = 50m, � = 45� i � = 30�. Zanemarite rotacijsku energiju kuglice, gubitakenergije pri udaru u kutu i trenje.

Rje�enje:Iz zakona o oµcuvanju energije proizilazi da je visina s koje kuglica krene h

jednaka visini na koju ce se kuglica popeti h0 (to vrijedi jer smo zanemarili svegubitke energije), a iz trigonometrijskih odnosa dobivamo

s1 =h

sin�=1

2at21

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

h

sin�=1

2gt21 sin�

pa je

t21 =2h

g sin2 �=) t1 =

s2h

g

1

sin�

sliµcno imamo i za drugu stranu

s2 =h0

sin�=

h

sin�=1

2at22

h

sin�=

1

2gt22 sin�

t22 =2h

g sin2 �=) t2 =

s2h

g

1

sin�

pa je ukupni period titranja, odnosno vrijeme potrebno da se kuglica prati napoµcetni poloµzaj, jednako

T = 2 (t1 + t2) = 2

s2h

g

1

sin�+

s2h

g

1

sin�

!= 2

s2h

g

�1

sin�+

1

sin�

�

= 2

s2 � 50m9:81 m

s2

�1

sin �4+

1

sin �6

�= 21: 8 s

Primjer 6.1.22 Pretpostavimo da je duµz osi vrtnje Zemlje prokopan tunel sjednog kraja Zemlje na drugi. Blizu Zemljine povr�ine duµz meridijana prolaziputanja satelita. Tijelo poµcinje slobodno padati kroz tunel u trenutku kada sesatelit nalazi iznad otvora tunela. �to ce prije stici do drugog kraja tunela, tijeloili satelit?

6.1. PRIMJERI 97

Rje�enje:Na udaljenosti r od sredi�ta Zemlje na tijelo mase m djeluje gravitacijska sila

�!F = � mM1

r2�!r 0

gdje je M1masa Zemlje unutar kugle polumjera r pa je

M1

Mz=

4�3 �zr

3

4�3 �zR

3z

=r3

R3z

uz Mz masu Zemlje i Rz polumjer Zemlje. Gravitacijska sila je onda proporcio-nalna udaljenosti od sredi�ta Zemlje

�!F = � mMz

R3z

�!r

Tijelo harmonijski titra u odnosu prema sredi�tu Zemlje, s periodom

�!F = � mMz

R3z

�!r = �k�!r =) k = mMz

R3z

T1 = 2�

rm

k= 2�

sm

mMzR3z

= 2�

sR3z Mz

Za satelit koji se giba blizu povr�ine Zemlje, gravitacijska sila mora biti je-dnaka centrifugalnoj sili

Fcf = m!2Rz =

4�2mRzT 22

= mMz

R2z

odavde je ophodno vrijeme satelita

T2 =

s4�2mRz

mMzR2z

= 2�

sR3z Mz

Tijelo i satelit ce istovremeno stici do drugog kraja tunela, jer je T1 = T2.

Primjer 6.1.23 Gustoca tekucine povecava se linearno s dubinom, tako da jena povr�ini gustoca tekucine �0, a na dubini d je 2�0. Koliki su period titranja iamplituda kuglice gustoce 2�0 ispu�tene na dubini

d2 s poµcetnom brzinom v0 = 0

ms .

Trenje kuglice zanemarite.

Rje�enje:Ovisnost gustoce tekucine � o dubini x moµzemo zadati relacijom

� (x) = ax+ b


gdje se a i b odre�uju iz poµcetnih uvjeta

� (0) = �0 = a � 0 + b = b� (d) = 2�0 = ad+ b = ad+ �0 =) a =

�0d

� (x) =�0dx+ �0 = �0

�xd+ 1�

Sila F koja djeluje na kuglicu volumena V gustoce �k = 1:1�0, na dubini xjednaka je razlici teµzine i sile uzgona

F = G� U = mg � �tV g = �kV g � � (x)V g= V g [�k � � (x)]

Primjenom dobivene relacije za gustocu tekucine imamo

F = md2x

dt2= V g

h2�0 �

��0x

d+ �0

�i= V g�0

h1� x

d

i=

V g�0d

(d� x)

odnosno

md2x

dt2= �kV

d2x

dt2= 2�0V

d2x

dt2=V g�0d

(d� x)

d2x

dt2=

g

2d(d� x)

Uvo�enjem supstitucije

y = d� xdy

dt= �dx

dt;d2y

dt2= �d

2x

dt2

za jednadµzbu gibanja u novom sustavu dobivamo

�d2y

dt2=

g

2dy

d2y

dt2+g

2dy = 0

Ovo je jednadµzba neprigu�enog harmonijskog titranja pa je kruµzna frekvencijajednaka

! =

rg

2d

a period titranja

T =2�

!= 2�

s2d

g

6.1. PRIMJERI 99

Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe glasi

y (t) = A sin (!t+ ')

_y (t) = A! cos (!t+ ')

gdje se A i ' odre�uju iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti su

x (0) =d

2=) y (0) = d� x (0) = d� d

2=d

2_x (0) = 0 =) _y (0) = 0

iz

_y (0) = 0

_y (0) = �A! cos (! � 0 + ') = �A! cos' = 0 =) ' =�

2

y (0) =d

2

y (0) = A sin�! � 0 + �

2

�= A sin

�

2=d

2=) A =

d

2

Primjer 6.1.24 Titrajni sustav sastoji se od homogenog diska mase m1 = 5kgi polumjera r koji se moµze okretati oko horizontalne osi, opruge konstante k =100 Nm i utega mase m2 = 3kg. (slika 11.8.) Kolika je kruµzna frekvencija sustavaako sustav harmonijski titra? Sva trenja zanemariti?

Rje�enje:Kinetiµcka energija sustava je

Ek = Etrk + Erotk =

1

2m2v

2 +1

2I!2

=1

2m2 _s

2 +1

2I _'2

Za homogeni disk je

I =1

2m1r

2

i veza izme�u veliµcina rotacije i translacije je s = r', te _s = r _' pa uvr�tavanjemdobivamo

Ek =1

2m2 _s

2 +1

2� 12m1r

2 � _'2

=1

2

�m2 +

1

2m1

�_s2 =

1

2

�m2 +

1

2m1

�r2 _'2

Elastiµcna potencijalna energija iznosi

Ep =1

2ks2


pa je maksimalna potencijalna energija u poloµzaju amplitude

(Ep)max =1

2kA2

jednaka maksimalnoj kinetiµckoj energiji kad je sustav u poloµzaju ravnoteµze

(Ek)max =1

2

�m2 +

1

2m1

�r2 _'20

=1

2

�m2 +

1

2m1

�A2!2

1

2kA2 =

1

2

�m2 +

1

2m1

�A2!2

pa je

! =

sk

m2 +12m1

= 4:26rad

s

f =!

2�=1

2�

sk

m2 +12m1

=1

2�

s100 Nm

3 kg + 125 kg

= 0:68 s�1

Primjer 6.1.25 Uteg mase m = 0:2 kg titra na opruzi konstante k = 10 Nm . Silaotpora proporcionalna je brzini utega i iznosi Fotpora = bv = 2 kgs � v. Napi�itejednadµzbu gibanja i njezino opce rije�enje. Odredite s (t) uz poµcetne uvjete t = 0,s = 0:2m i v = 0 ms . Kolika treba biti konstanta prigu�enja, a koliki faktorprigu�enja da bi titranje bilo aperiodiµcno odnosno kritiµcki aperiodiµcno.

Rje�enje:Jednadµzba gibanja prigu�enog harmoniµckog oscilatora je

m�!a =�!F otpora +

�!F opruge

md2s

dt2= �bds

dt� ks

odnosno

d2sdt2+ b

mdsdt +

kms = 0

�to nakon zamjene konstanti bm = 2� =

2 kgs

0:2 kg = 10 s�1 i !20 =

km =

10 Nm

0:2 kg = 50 s�2

d2s

dt2+ 10

ds

dt+ 50s = 0

Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe glasi

s (t) = Ae��t sin (!pt+ '0)

6.1. PRIMJERI 101

gdje je !p frekvencija prigu�enog oscilatora. Uvr�tavanjem u prethodnu jed-nadµzbu dobivamo

d2s

dt2=

d2

dt2

hAe��t sin (!pt+ '0)

i= �Ae�t�

��!2p � �2

�sin (!pt+ '0) + 2�!p cos (!pt+ '0)

�ds

dt=

d

dt

hAe��t sin (!pt+ '0)

i= Ae�t� [!p cos (!pt+ '0)� � sin (!pt+ '0)]

�to daje

!p =q!20 � �2 =

p50� 52 = 5 s�1

pa je

s (t) = Ae�5t sin (5t+ '0)

v (t) =ds

dt= Ae�5t [!p cos (5t+ '0)� � sin (5t+ '0)]

Uvr�tavanjem poµcetnih uvjeta dobivamo

s (0) = Ae��0 sin (5 � 0 + '0) = A sin'0 = 0:2mv (0) = Ae�t�0 [!p cos (5 � 0 + '0)� � sin (5 � 0 + '0)]

= A!p cos'0 � �A sin'0 = 0m

s

odakle slijedi

sin'0 =!p!0=

5p50=

p2

2=) '0 =

�

4

A =0:2m

sin'0=0:2mp22

= 0:2828m = 28:28 cm

Rje�enje koje udovoljava poµcetnim uvjetima je dakle

s (t) = 28:28 cm � e�5t sin�5t+

�

4

�Da bi titranje bilo aperiodiµcno, frekvencija !p mora biti imaginarna, tj. mora

vrijediti uvjet

!2p = !20 � �2 < 0

�to je ispunjeno za

�2 > !20 = 50

odnosno uz konstantu b

b = 2� �m > 20kg

s


Npr. za b = 30 kgs jednadµzba bi glasila

d2s

dt2+b

m

ds

dt+k

ms = 0

d2s

dt2+ 150

ds

dt+ 50s = 0

Potraµzimo rje�enje jednadµzbe u obliku s (t) = Ae�t, �to nakon deriviranja dajejednadµzbu za � tzv. pomocnu jednadµzbu

�2 + 150�+ 50 = 0

µcija rje�enja su �1 = �0:334 08 i �2 = �149: 67, pa je ukupno rje�enje jednadµzbe

s (t) = Ae�1t +Be�2t = Ae�0:334 08�t +Be�149: 67�t

Prigu�enje je kritiµcno ako je � takav da pomocna jednadµzba ima samo jednorje�enje, tj.

d2s

dt2+p50ds

dt+ 50s = 0

�2 +p50�+ 50 = 0 =) �1;2 =

p50

2

odnosno

b

m=

p50

2=) b =

p50

2m =

p50

10=

p2

2

ili

� =b

2m=

p2

4

Primjer 6.1.26 Na harmoniµcki oscilator konstante k = 1:6 Nm djeluje vanjskaperiodiµcna sila F (t) = 0:02 cos 4t i sila otpora F = 0:2v na koje je obje�eno tijelomase m = 0:1 kg. Odredite s (t) uz poµcetne uvjete t = 0, s = 0:1m i v = 0 ms .

Rje�enje:Jednadµzba gibanja prisilnog oscilatora glasi

d2s

dt2+b

m

ds

dt+k

ms =

d2s

dt2+ 2�

ds

dt+ !0s =

F (t)

m

odnosno u na�em primjeru

d2s

dt2+ 2

ds

dt+ 16s = 0:2 cos 4t

6.1. PRIMJERI 103

Opce rje�enje nehomogene diferencijalne jednadµzbe dobije se tako �to se zbrojeopca rije�enja homogene jednadµzbe i posebno rje�enje nehomogene. Opce rje�enjehomogene je

s (t) = (A sin!pt+B cos!pt) e��t

a posebno rje�enje pretpostavimo u obliku

s (t) = a sin 4t+ b cos 4t

te uvr�tavanjem u nehomogfenu jednadµzbu dobivamo za konstante a i b:

a = 0:025m

b = 0m

pa je

s (t) = (A sin!pt+B cos!pt) e��t + 0:025 sin 4t

gdje je

!p =q!20 � �2 =

p15 s�1

Koristecu poµcetne uvjete za t = 0 odre�ujemo konstante A i B

s (0) = B = 0:1m

v (0) = 0 =) A = 0

te je

s (t) =�0:1 cos

p15t�e�t + 0:025 sin 4t

Primjer 6.1.27 Amplituda harmonijskog oscilatora u sredstvu s otporom smanjise od poµcetne vrijednosti nakon n titraja za faktor 1

e . Odredite omjer periodatitranja T -tog oscilatora, prema periodu T0 koji bi imao isti oscilator kada biotpor zanemarili.

Rje�enje:Amplituda titranja zadana je izrazom A = A0e

��t, gdje je A0 amplitudatitranja u poµcetnom trenutku. Nakon n titraja amplituda

An = A0e�1

pa je vrijeme potrebno za n titraja t = 1� . Za kruµznu frekvenciju prigu�enog

titranja vrijedi

! =q!20 � �2


pa je period

T =2�

!=

2�qkm � �

2

Kako je period titranja T = tn =

1n� =

2�! pri µcemu je konstanta

1

n�=

2�qkm � �

2

k

m� �2 = 4�2n2�2

�2 =km

1 + 4�2n2

pa je omjer perioda titranja uz !20 =km

T

T0=

2�qkm��2

2�!0

=!0qkm � �

2=

!0rkm �

km

1+4�2n2

=!0r

km

�1� 1

1+4�2n2

�=

!0r!20

�4�2n2

1+4�2n2

� = !0!0

r1 + 4�2n2

4�2n2=

r1 +

1

4�2n2

Za veliki broj titraja n izraz moµzemo razviti u Taylorov red pa je traµzeni izrazomjera perioda

T

T0� 1 + 1

8�2n2

Primjer 6.1.28 Na jednodimenzionalni harmonijski oscilator kruµzne frekvencije!0 djeluje na masu m u konaµcnom vremenskom intervalu � konstantna vanjskasila F . Odredite amplitudu titranja nakon �to je vanjska sila prestala djelovati,ako je u poµcetnom trenutku t = 0, poloµzaj x = 0m i brzina v0 = 0 ms .

Rje�enje:Jednadµzba gibanja harmonijskog oscilatora u vremenu 0 � t � � jeX

i

Fi = �kx+ F = md2x

dt2

Uvr�tavajuci izraz za nesmetani harmonijski oscilator !20 =km dobivamo

d2x

dt2+ !20x =

F

m

6.1. PRIMJERI 105

Rje�enje homogene diferencijalne jednadµzbe

d2x

dt2+ !20x = 0

glasi

xh (t) = A1 sin!0t+B1 cos!0t

a partikularno rje�enje diferencijalne jednadµzbe je

xp =F

m!20

pa je ukupno rje�enje jednako

x1 (t) = A1 sin!0t+B1 cos!0t+F

m!20v1 (t) = _x1 (t) = A1!0 cos!0t�B1!0 sin!0t

Poµcetni (ili rubni) uvjeti glase

x1 (0) = 0m

v1 (0) = _x1 (0) = 0m

s

odakle slijedi

x1 (0) = A1 sin (!0 � 0) +B1 cos (!0 � 0) +F

m!20= B1 +

F

m!20= 0

B1 = � F

m!20

_x1 (t) = A1!0 cos (!0 � 0)�B1!0 sin (!0 � 0) = A1!0 = 0A1 = 0

pa je u vremenu 0 � t � � elongacija opisana izrazom

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

m!20= � F

m!20cos!0t+

F

m!20

= � F

m!20(cos!0t� 1)

Buduci da je vanjska sila prestala djelovati, tj. za t > � jednadµzba gibanja je

d2x

dt2+ !20x = 0

µcije rje�enje je

x2 (t) = A2 sin!0t+B2 cos!0t


Kako funkcije x (t) i dx(t)dt moraju biti neprekidne funkcije, u trenutku t = �vrijedi

x1 (�) = x2 (�)

dx1 (�)

dt=

dx2 (�)

dt

�to daje sustav jednadµzbi iz kojih odre�ujemo konstante A2 i B2

� F

m!20(cos!0� � 1) = A2 sin!0� +B2 cos!0�

F

m!20sin!0� = A2!0 cos!0� �B2!0 sin!0�

µcije rje�enje je

A2 =F

m!20sin!0�

B2 =F

m!20(cos!0� � 1)

pa je amplituda titranja

A =qA22 +B

22 =

F

m!20

p2 (1� cos!0�) =

2F

m!20sin

!0�

2

Poglavlje 7

MEHANIµCKI VALOVI

7.1 Primjeri

Primjer 7.1.1 µZeljezna µzica duljine l = 1:5m ima gustocu � = 7700 kgm3i Youn-

gov modul elastiµcnosti E = 2:2 � 1011 Pa. Naprezanje µzice je takvo da je relativnoproduljenje jednako 1%. Izraµcunajte osnovnu frekvenciju titranja µzice.

Rje�enje:Osnovna frekvencija µzice odgovara najvecoj valnoj duljini stojnog vala formi-

ranog na µzici, koja iznosi �1 = 2l. Osnovna frekvencija titranja je de�niranapreko

f1 =v

�1=1

2l

sF

�

gdje je F sila kojom je µzica zategnuta, a � linearna gustoca µzice koje dobivamoiz izraza

F = S � E ��l

l

�� =

m

l=�Sl

l= �S

pa je osnovna frekvencija titranja µzice jednaka

f1 =1

2l

sF

�=1

2l

sS � E �

��ll

��S

=1

2l

sE

�

��l

l

�

=1

2 � 1:5m �s2:2 � 1011 Pa7700 kg

m3

� 0:01 = 178:17 s�1 = 178:17Hz

Primjer 7.1.2 Glazbena vilju�ka titra na frekvenciji f = 680Hz iznad 1m visokecilindriµcne posude (cijevi) u koju se lagano ulijeva voda. Za koju visinu vode uposudi ce zvuk glazbene vilju�ke biti pojaµcan? Brzina zvuka u zraku iznosi v =340 ms .

107

108 POGLAVLJE 7. MEHANI µCKI VALOVI

Rje�enje:Zvuk ce biti primjetno pojaµcan u sluµcaju kad se frekvencija glazbene vilju�ke

podudara s vlastitom frekvencijom zraµcnog stupca u cijevi koja u sluµcaju jednogotvorenog kraja cijevi iznosi

fk =2k + 1

4

v

lk

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

lk =2k + 1

4� vfk

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

lk � 1m

lk =2k + 1

4�340 ms680 s�1

=2k + 1

8m

rje�enja imamo samo za k = 0; 1; 2; 3 i to

k = 0; lk =2 � 0 + 18

m = 0:125m

k = 1; lk =2 � 1 + 18

m = 0:375m

k = 2; lk =2 � 2 + 18

m = 0:625m

k = 3; lk =2 � 3 + 18

m = 0:875m

Dobivene duljine zraµcnog stupca odgovaraju visini stupca vode

h1 = l � lk = 1m� 0:125m = 0:875mh2 = l � lk = 1m� 0:375m = 0:625mh3 = l � lk = 1m� 0:625m = 0:375mh4 = l � lk = 1m� 0:875m = 0:125m

Primjer 7.1.3 Kolika je dubina mora na mjestu gdje od trenutka emitiranja dotrenutka prijema odjeka na ehosondi protekne t = 4:5 s. Srednja gustoca morskevode iznosi � = 1030 kg

m3, a koe�cijent stlaµcivosti K = 4:6 � 10�10 m2N .

Rje�enje:Brzina zvuka kroz �uid raµcuna se pomocu izraza

v =

sB

�

7.1. PRIMJERI 109

gdje je B volumni modul elastiµcnosti, µcija de�nicijska jednadµzba glasi

B = �V �p�V

=1

K

gdje je K koe�cijent stlaµcivosti. Tada za brzinu zvuka dobivamo

v =

r1

�K=

s1

1030 kgm3� 4:6 � 10�10 m2N

= 1452: 8m

s

Zvuk koji se vrati na ehosonu prelazi dvostruku dubinu mora, pa vrijedi za dubinumora d

d =v � t2=1452: 8 ms � 4:5 s

2= 3268: 8m

Primjer 7.1.4 Napi�ite izraz za pomak neke µcestice (ili molekule plina) u zrakukada se zvuµcni val frekvencije f = 1kHz i amplitude A = 2 � 10�6m �iri zrakom.Kolika je maksimalna promjena (amplituda) tlaka? Izraµcunajte gustocu energi-jskog toka vala i razinu jakosti zvuka u decibelima. Pretpostavite da je gustocazraka � = 1:29 kg

m3, a brzina zvuka u zraku v = 340 ms .

Rje�enje:Pretpostavimo da se val �iri u smjeru osi x. Tada se ravni val moµze opisati

preko

s (x; t) = A sin (!t� kx)

gdje je A amplituda, ! kruµzna frekvencija i k valni broj. Oscilacije tlaka okopoloµzaja ravnoteµze p0 su

p = p0 +�p = p0 + �v!A cos (!t� kx)

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

�pmax = �v!A = 1:29kg

m3� 340 m

s� 2� � 1000 s�1 � 2 � 10�6m

= 5: 511 6Pa

Gustoca energijskog toka koji val nosi sa sobom ili intezitet zvuka racuna sepomocu izraza

I =(�pmax)

2

2v�=

(5: 511 6Pa)2

2 � 340 ms � 1:29kgm3

= 0:034 63W

m2

dok je razina jakosti zvuka izraµzena u decibelima jednaka

L = 10 logI

I0

gdje je I0 jakost zvuka na pragu µcujnosti. Uvr�tavanjem slijedi

L = 10 logI

I0= L = 10 log

0:034 63 Wm2

10�12 Wm2

= 105:39dB

110 POGLAVLJE 7. MEHANI µCKI VALOVI

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

Rje�enje:Razinu jakosti zvuka dobivamo iz

L = 10 logI

I0=) L1 = 10 log

I1I0

pa je

I1 = I0 � 10L110 = 10�12

W

m2� 10

10010 = 10�2

W

m2

Intezitet kuglastih valova opada sa kvadratom udaljenosti, �to uz atenuaciju zvukadaje

I2 = I1 �r21r22� e��(r2�r1) = 10�2 W

m2� (5m)

2

(60m)2� e�0:02m�1�(60m�5m)

= 6: 9444 � 10�5 Wm2

� e�1:1 = 2: 311 6 � 10�5 Wm2

pa je razina zvuka jednaka

L2 = 10 � log10�I2I0

�= 10 � log10

2: 311 6 � 10�5 W

m2

10�12 Wm2

!= 73: 639 dB

ovo se moglo dobiti i logaritmiranjem izraza za I2

logI2I1

= 2 logr1r2� � (r2 � r1) log e =

1

10(L2 � L1)

L2 � L1 = 20 logr1r2� 4:34� (r2 � r1)

L2 = L1 + 20 logr1r2� 4:34� (r2 � r1)

= 100 dB + 20 log105m

60m� 4:34 � 0:02m�1 (55m)

= 100 dB � 26: 361 dB = 73: 639 dB

Poglavlje 8

KVANTNA MEHANIKA

8.1 Primjeri

Primjer 8.1.1 Pretpostavimo da brzinu neke µcestice moµzemo mjeriti uz toµcnost0:01%. Odredite kolika je neodre�enost poloµzaja µcestice, ako je rijeµc o:

a) tijelu mase m = 70 kg koje se giba brzinom v = 20 ms ,

b) elektronu koji se giba brzinom v = 3 � 105 ms ,

c) elektronu koji se giba brzinom v = 108 ms .

Rje�enje:a) Buduci da je

�x ��p & h

to za tijelo moµzemo pisati

�x & h

�p=

h��pp

�� p=

h��pp

��mv

=6:626 � 10�34 J s10�4 � 70 kg � 20 ms

= 4: 733 � 10�33m

b) Za elektron

�x & h

�p=

h��pp

�� p=

h��pp

��mev

=6:626 � 10�34 J s

10�4 � 9:11 � 10�31 kg � 3 � 105 ms= 2: 42 � 10�5m

111

112 POGLAVLJE 8. KVANTNA MEHANIKA

c) U ovome sluµcaju je bitno primjeniti relativistiµcke popravke izraza

�x & h

�p=hq1�

�vc

�2��pp

��me � v

=6:626 � 10�34 J s �

r1�

�108 m

s3�108 m

s

�210�4 � 9:11 � 10�31 kg � 108 ms

= 6: 86 � 10�8m

Primjer 8.1.2 µCestica mase m nalazi se unutar jednodimenzionalnog razmakaduljine a. Pomocu naµcela neodre�enosti izraµcunajte najniµzu mogucu energiju kojutakva µcestica moµze imati.

Rje�enje:Neodre�enost poloµzaja µcestice iznosi a, dok je najmanji moguci iznos koliµcine

gibanja j�!p j onaj za koji vrijedi

j�!p j � � j�!p j2

& 1

2

h

�x=h

2a

Pretpotstavimo da µcestica unutar intervala ima potencijalnu energiju jednakunuli. Tada je ukupna energija jednaka kinetiµckoj

E =j�!p j2

2m&�h2a

�22m

=h2

8ma2

odakle vrijedi uvjet

Emin =h2

8ma2

�to ukazuje na bitnu razliku u odnosu na klasiµcnu �ziku, a to je da energijavezanog stanja ne moµze biti jednaka nuli.

Primjer 8.1.3 Koristeci naµcelo neodre�enosti izraµcunajte najmanju mogucu en-ergiju za neutron i elektron koji bi se nalazio u jezgri promjera 10�14m.

Rje�enje:Za neutron vrijedi

Emin =h2

8mna2=

�6:626 � 10�34 J s

�28 � 1:675 � 10�27 kg � (10�14m)2

= 3: 276 �10�13 J = 2:048MeV

Za elektron se problem rje�ava relativistiµckim izrazom

p = mec

s�Ekmec2

+ 1

�2� 1

8.1. PRIMJERI 113

pa je

�x ��p = a � 2p = 2a �mec

s�Ekmec2

+ 1

�2� 1 & h

Odavdje je uvjet za energiju

Ek & mec2

24s� h

2mec � a

�2+ 1� 1

35odakle je najmanja energija elektrona uz

mec2 = 9:11 � 10�31 kg �

�3 � 108 m

s

�2= 0:512MeV

jednaka

Emin = 0:512MeV �

24s� 6:626 � 10�34 J s2 � 9:11 � 10�31 kg � 3 � 108 ms � 10�14m

�2+ 1� 1

35= 61:64MeV

Primjer 8.1.4 Izraµcunajte uz koliku najmanju pogre�ku poznajemo energiju nekogatomskog stanja ako elektron u tom stanju ostaje 1 ns.

Rje�enje:Iz relacije neodre�enosti slijedi

� = �E & h

�t=6:626 � 10�34 J s

10�9 s= 6:626 � 10�25 J = 4:141 � 10�6 eV

Ovaj energetski razmak (nepoznanica u energiji) se naziva �irina spektralne linije�.

Primjer 8.1.5 Izraµcunajte frekvenciju zraµcenja koji nastaje prijelazom elektronaiz prvog pobu�enog stanja u osnovno stanje vodikova atoma.

Rje�enje:Kvantizirane energije stacionarnih stanja elektrona u atoma su:

E(Z)n = E1Z2

n2

gdje je

E1 = �mee4

8"20h2= �

9:11 � 10�31 kg ��1:6 � 10�19C

�48 � (8:85 � 10�12 Fm�1)2 (6:626 � 10�34 J s)2

= �2:176 � 10�18 J = �13:6 eV


Razlika energijskih kvantiziranih stanja jednaka je energiji fotona, pa vrijedi

�E = En1 � En2 = h�

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

� =En1 � En2

h=E1

Z2

n21� E1Z

2

n22

h=E1 � Z2h

�1

n21� 1

n22

�=

E1h

�1

4� 1�=�3E14h

=�3 � (�13:6 eV)4 � 6:626 � 10�34 J s = 2:47 � 10

15 s�1

Primjer 8.1.6 Izraµcunajte valnu duljinu zraµcenja kojom treba ozraµciti atom kakobi do�lo do ionizacije atoma H+; He+; Li++.

Rje�enje:da bi se postigla ionizacija atoma, elektron iz svog stacionarnog stanja trebao

prebaciti u slobodno stanje, odnosno u stanje za koje je n2 = 1. Valnu duljinuzraµcenja dobivamo iz izraza

1

�= R1

�1

n21� 1

n22

�Z2

gdje je R1 Rydbergova konstanta

R1 =mee

4

8h3c"20= �E1

hc= 1:097 � 107m�1

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

� =1

R1Z2

�1

n21� 1

n22

��1=

1

R1Z2

�1

n21� 1

12

��1=

1

R1Z2

pa za vodik H+ imamo

�H+ =1

1:097 � 107m�1 � 12 = 9: 116 � 10�8m = 91:16 nm

za ion He+ imamo

�He+ =1

1:097 � 107m�1 � 22 = 2: 279 � 10�8m = 22:79 nm

i za ion Li++

�Li++ =1

1:097 � 107m�1 � 32 = 1:013 � 10�8m = 10:13 nm

Primjer 8.1.7 Pomocu brzine svjetlosti c, energije mirovanja elektrona Eel0 , re-ducirane Comptonove valne duljine elektrona (�r)

eC te prirodnim konstantama

�� konstanta �ne strukture i ��1� proton-elektron maseni odnos izrazite Bohrovradijus a0, Rydbergovu konstantu R1, brzinu elektrona u najniµzoj stazi vodikovaatoma u Bohrovu modelu i energiju osnovnog stanja atoma vodika.

8.1. PRIMJERI 115

Rje�enje:U atomskoj �zici je prirodno (lak�e) prikazivati jedinice pomocu sljedecih

veliµcina

c = 2:99792458 � 108ms�1

Eel0 = mec2 = 0:51099906MeV

(�r)eC =

�eC2�

=~mec

= 3: 861 6 � 10�13m

� =e2

4�"0

1

~c= 7:29735308 � 10�3

��1 =mp

me= 1836:152701

Bohrov radijus moµzemo pisati kao

a0 =h2"0�mee2

=(2�~)2 � "0�me � e2

� cc=4�"0 � ~ce2

� ~mec

=1

�� (�r)eC

Brzina elektrona u najniµzoj Bohrovoj stazi

v1 =~

mea0� cc=

~mec

� ca0= (�r)

eC �

c1� � (�r)

eC

= � � c

Energija osovnog stanja atoma vodika

E1 = �mee4

8"20h2� c2

c2= �

mec2�e2�2

8"20 (2�~)2 c2

= ��e2

4�"0

1

~c

�2� mec

2

2

= �12(�)2 �

�mec

2�= ��

2 � Eel02

Rydbergova konstanta

R1 = �E1hc= �

�12 (�)

2 ��mec

2�

2�~c=�2

4�

mec

~=1

4�� 2

(�r)eC

Primjer 8.1.8 Koliko fotona emitira svake minute radio-oda�iljaµc snage P =30 kW, koji radi na valnoj duljini � = 2: 942m?

Rje�enje:Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije emitirane u jednoj minuti

Euk = Pt = 30 kW � 60 s = 1:8MJ

i energije jednog fotona koja iznosi

Ef = h� =hc

�=6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108 ms

2: 942m= 6: 752 � 10�26 J


dakle,

N =EukEf

=1:8MJ

6: 752 � 10�26 J = 2: 665 9 � 1031

Primjer 8.1.9 Izraµcunajte frekvenciju i valnu duljinu fotona koji nastaje kad seelektron konetiµcke energije Ek = 15MeV zaustavi pri suaru s te�kom jezgrom.

Rje�enje:Uz pretpostavku da je sva kinetiµcka energija pre�la u energiju fotona, vrijedi

� =Ekh=

15MeV

4:1356692 � 10�15 eV s = 3: 627 0 � 1021 s�1

� =c

�=2:99792458 � 108ms�13: 627 0 � 1021 s�1 = 8: 265 6 � 10�14m

Primjer 8.1.10 Monokromatska svjetlost valne duljine � = 400 nm upada okomitona plohu povr�ine S = 4 cm2. Ako je intezitet svjetlosti I = 12 W

m2, odredite koliko

dugo ploha treba biti izloµzena svjetlosti da bi na nju palo N = 1018 fotona.

Rje�enje:Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije koja padne na plohu Euk i

energije pojedinog fotona Ef

N =EukEf

ISthc�

=ISt�

hc

dakle,

t =Nhc

IS�=1018 � 6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1

12 Wm2� 4 cm2 � 400 nm

= 103: 46 s

Primjer 8.1.11 Koju brzinu mora imati elektron da bi njegova koliµcina gibanjabila jednaka koliµcini gibanja fotona valne duljine � = 400 nm?

Rje�enje:Koliµcina gibanja elektrona pe i fotona pf zadani su izrazima

pe =mevq1�

�vc

�2pf =

h

�

8.1. PRIMJERI 117

Izjednaµcavanjem ova dva izraza dobivamo

h

�=

mevq1�

�vc

�2 = ()2h2

�2=

m2ev2

1� v2

c2

=m2ev2c2

c2 � v2 =) v2 =c2

1 +�mec�h

�v =

cq1 +

�mec�h

� = 2:99792458 � 108ms�1r1 +

�9:1093897�10�31 kg�2:99792458�108ms�1�400 nm

6:6260755�10�34 J s

�= 7: 383 5 � 105 m

s

Primjer 8.1.12 Izraµcunajte pri kojoj bi temperaturi maksimum spektralne gus-toce zraµcenja bio na valnoj duljini � = 0:48 nm. Koliko iznosi maksimum spek-tralne gustoce zraµcenja za ljudsko tijelo temperature T = 37�C?

Rje�enje:Iz Wienova zakona T � �m = b slijedi

T =b

�m=2:897756 � 10�3mK

0:48 nm= 6: 037 0 � 106K

a maksimum spektralne gustoce zraµcenja za ljudsko tijelo iznosi

�m =b

T=2:897756 � 10�3mK

310K= 9: 347 6 � 10�6m

�to je valna duljina infracrvenog dijela spektra elektromagnetskog zraµcenja.

Primjer 8.1.13 Sunµcevo zraµcenje ima maksimum spektralne gustoce zraµcenja navalnoj duljini � = 480 nm. Izraµcunajte kolika je temperatura povr�ine Sunca uzpretpostavku da Sunce zraµci kao idealno crno tijelo? U kojem bi dijelu spektraspektralna gustoca zraµcenja bila maksimalna ako bi se povr�ina Sunca ohladila najednu desetinu sada�nje vrijednosti?

Rje�enje:Iz Wienova zakona dobivamo

T =b

�m=2:897756 � 10�3mK

480 nm= 6037K

Desetina sada�nje vrijednosti iznosi T 0 = 603:7K, pa je maksimalna valna duljinaspektralnog zraµcenja

�m =b

T 0=2:897756 � 10�3mK

603:7K= 4: 8 � 10�6m

tj. u infracrvenom dijelu spektra.


Primjer 8.1.14 Pri kojoj temperaturi bi foton maksimuma spektralne gustocezraµcenja imao energiju: a) 0.002 eV; b) 0.3 eV i c) 1 MeV?

Rje�enje:Veza izme�u energije i valne duljine glasi

� =c

�=hc

E

pa iz Wienova zakona slijedi

T =b

�=bhcE

=bE

hc

pa su traµzene temperature

a) T =2:897756 � 10�3mK � 3: 204 4 � 10�22 J

6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1 = 4: 674 5K

b) T =2:897756 � 10�3mK � 4: 806 5 � 10�20 J

6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1 = 701: 15K

c) T =2:897756 � 10�3mK � 1: 602 2 � 10�12 J

6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1 = 2: 337 2 � 109K

Primjer 8.1.15 Ako Sunce zraµci kao crno tijelo, izraµcunajte ukupnu energijukoju S = 1m2 povr�ine Sunca emitira u jednoj godini. Prosjeµcna temperaturapovr�ine Sunca je T = 6000K.

Rje�enje:Snaga zraµcenja zadana je izrazom

P = �ST 4

pa je ukupna emitirana energija

W = Pt = �ST 4 � t= 5:67051 � 10�8 W

m2K4� 1m2 �

�6 � 103K

�4 � 3:1536 � 107 s= 2:3176 � 1015 J

Primjer 8.1.16 Uµzarena ploµca povr�ine S = 20 cm2 zraµci u jednoj minuti W =0:5 kWh energije. Izraµcunajte temperaturu povr�ine ploµce. Izgleda li ona zaistacrno?

Rje�enje:Iz izraza za ukupnu energiju zraµcenja

W = �ST 4t

8.1. PRIMJERI 119

dolazimo do temperature

T =4

rW

�St= 4

s0:5 � 3:6 � 106 J

5:67051 � 10�8 Wm2K4

� 2 � 10�3m2 � 60 s= 4032: 9K

pa je valna duljina na kojoj spektar zraµcenja ima maksimum jednaka

�m =b

T=2:897756 � 10�3mK

4032: 9K= 7: 185 3 � 10�7m � 719 nm

pa ce ploµca imati tamnocrvenu boju.

Primjer 8.1.17 Izraµcunajte najmanju frekvenciju zraµcenja koja ce izazvati fo-toelektriµcni efekt na materijalu za koji je rad izlaza Wi = 3:8 eV. Kojem dijeluspektra pripada to zraµcenje?

Rje�enje:Najmanja frekvencija je ona za koju je izlazna kinetiµcka energija jednaka nuli,

odnosno

h�g =Wi =) �g =Wi

h=

3:8 eV

4:1356692 � 10�15 eV s = 9: 188 4 � 1014 s�1

ovo zraµcenje ima valnu duljinu � = 326 nm, dakle pripada ultraljubiµcastom dijeluzraµcenja.

Primjer 8.1.18 Kalijeva katoda ozraµcena je ultraljubiµcastim zraµcenjem valneduljine � = 250 nm. Ako je rad izlaza za kalij Wi = 2:21 eV izraµcunajte mak-simalnu kinetiµcku energiiju emitiranih elektrona.

Rje�enje:Energija fotona utro�i se na svladavanje rada izlaza, dok ostatak energije

prelazi u kinetiµcku energiju elektrona. Vrijedi

h� = Ekmax +Wi

odnosno

Ekmax = h� �Wi =hc

��Wi

=6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108 ms

2:5 � 10�7m � 2:21 � 1:6 � 10�19 J

= 4: 41 � 10�19 J = 2:756 eV

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


Rje�enje:Zaustavni potencijal dobivamo iz izraza

eU = Ekmax =hc

��Wi

Koristeci izraz za prag fotoelektriµcnog efekta

Wi = h�g =hc

�g

slijedi

� =hc

eU +Wi=

hc

eU + hc�g

=

�eU

hc+1

�g

��1=

�1:6 � 10�19C � 2:5V

6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108ms�1 +1

600 nm

��1= 2: 717 2 � 10�7m = 271:72 nm

Valna duljina �g pripada vidljivom (crvenom) dijelu spektra, a valna duljina� ultraljubiµcastom dijelu spektra elektromagnetskog zraµcenja.

Primjer 8.1.20 Koliki napon treba primijeniti kako bi se zaustavili fotoelektronikoji izlaze iz barijeve katode osvijetljene zraµcenjem valne duljine � = 300 nm?Graniµcna valna duljina za barijevu katodu iznosi �g = 496 nm. Kojem dijeluspektra pripadaju valne duljine?

Rje�enje:Zaustavni napon dobivamo iz izraza

eU = Ekmax = h� �Wi = h (� � �g) = hc�1

�� 1

�g

�U =

hc

e

�1

�� 1

�g

�=

6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108ms�11:6 � 10�19C

�1

300 nm� 1

496 nm

�= 1: 635 4V

Primjer 8.1.21 Rentgenska zraak valne duljine � = 0:04 nm pada na elektroni pri tome se zbiva Comptonovo raspr�enje. Prona�ite valnu duljinu raspr�enogfotona ako je kut raspr�enja � = 75�. Kolika je kinetiµcka energija elektrona nakonraspr�enja?

Rje�enje:Promjena valne duljine pri Coptonovu raspr�enju iznosi

�0 � � = h

mec(1� cos �)

8.1. PRIMJERI 121

pa je valna duljina nakon raspr�enja

�0 = �+h

mec(1� cos �)

= 0:04 nm +6:626 � 10�34 J s

9:11 � 10�31 kg � 2:998 � 108ms�1 (1� cos 75)

= 4: 179 8 � 10�11m

Iz zakona oµcuvanja energije slijedi

h� +mec2 = h� 0 +mec

2 + E0k

E0k = h�� 0

�= hc

�1

�� 1

�0

�= 6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108ms�1

�1

4 � 10�11m � 1

4: 179 8 � 10�11m

�= 2: 136 3 � 10�16 J = 1335: 2 eV

Primjer 8.1.22 Izraµcunajte Comptonovu valnu duljinu za elektron, proton, �-µcesticu i jezgru olova 106Pb.

Rje�enje:Comptonova valna duljina je de�nirana izrazom

�C =h

mc

pa je za elektron

�C =h

mec=

6:626 � 10�34 J s9:11 � 10�31 kg � 2:998 � 108ms�1 = 2: 426 1 � 10

�12m

za proton

�C =h

mpc=

6:626 � 10�34 J s1:673 � 10�27 kg � 2:998 � 108ms�1 = 1: 321 1 � 10

�15m

za �-µcesticu

�C =h

m� � c=

6:626 � 10�34 J s4 � 1:673 � 10�27 kg � 2:998 � 108ms�1 = 3: 303 � 10

�16m

i za jezgru olova

�C =h

mPb � c=

6:626 � 10�34 J s206 � 1:673 � 10�27 kg � 2:998 � 108ms�1 = 6: 412 9 � 10

�18m

Primjer 8.1.23 Pretpostavimo da brzinu neke µcestice moµzemo mjeriti uz toµcnost0:01%. Odredite kolika je neodre�enost poloµzaja µcestice, ako je rijeµc o:


a) tijelu mase m = 70 kg koje se giba brzinom v = 20 ms ,

b) elektronu koji se giba brzinom v = 3 � 105 ms ,

c) elektronu koji se giba brzinom v = 108 ms .

Rje�enje:a) Buduci da je

�x ��p & h

to za tijelo moµzemo pisati

�x & h

�p=

h��pp

�� p=

h��pp

��mv

=6:626 � 10�34 J s10�4 � 70 kg � 20 ms

= 4: 733 � 10�33m

b) Za elektron

�x & h

�p=

h��pp

�� p=

h��pp

��mev

=6:626 � 10�34 J s

10�4 � 9:11 � 10�31 kg � 3 � 105 ms= 2: 42 � 10�5m

c) U ovome sluµcaju je bitno primjeniti relativistiµcke popravke izraza

�x & h

�p=hq1�

�vc

�2��pp

��me � v

=6:626 � 10�34 J s �

r1�

�108 m

s3�108 m

s

�210�4 � 9:11 � 10�31 kg � 108 ms

= 6: 86 � 10�8m

Primjer 8.1.24 µCestica mase m nalazi se unutar jednodimenzionalnog razmakaduljine a. Pomocu naµcela neodre�enosti izraµcunajte najniµzu mogucu energiju kojutakva µcestica moµze imati.

Rje�enje:Neodre�enost poloµzaja µcestice iznosi a, dok je najmanji moguci iznos koliµcine

gibanja j�!p j onaj za koji vrijedi

j�!p j � � j�!p j2

& 1

2

h

�x=h

2a

Pretpotstavimo da µcestica unutar intervala ima potencijalnu energiju jednakunuli. Tada je ukupna energija jednaka kinetiµckoj

E =j�!p j2

2m&�h2a

�22m

=h2

8ma2

8.1. PRIMJERI 123

odakle vrijedi uvjet

Emin =h2

8ma2

�to ukazuje na bitnu razliku u odnosu na klasiµcnu �ziku, a to je da energijavezanog stanja ne moµze biti jednaka nuli.

Primjer 8.1.25 Koristeci naµcelo neodre�enosti izraµcunajte najmanju mogucu en-ergiju za neutron i elektron koji bi se nalazio u jezgri promjera 10�14m.

Rje�enje:Za neutron vrijedi

Emin =h2

8mna2=

�6:626 � 10�34 J s

�28 � 1:675 � 10�27 kg � (10�14m)2

= 3: 276 �10�13 J = 2:048MeV

Za elektron se problem rje�ava relativistiµckim izrazom

p = mec

s�Ekmec2

+ 1

�2� 1

pa je

�x ��p = a � 2p = 2a �mec

s�Ekmec2

+ 1

�2� 1 & h

Odavdje je uvjet za energiju

Ek & mec2

24s� h

2mec � a

�2+ 1� 1

35odakle je najmanja energija elektrona uz

mec2 = 9:11 � 10�31 kg �

�3 � 108 m

s

�2= 0:512MeV

jednaka

Emin = 0:512MeV �

24s� 6:626 � 10�34 J s2 � 9:11 � 10�31 kg � 3 � 108 ms � 10�14m

�2+ 1� 1

35= 61:64MeV

Primjer 8.1.26 Izraµcunajte uz koliku najmanju pogre�ku poznajemo energiju nekogatomskog stanja ako elektron u tom stanju ostaje 1 ns.


Rje�enje:Iz relacije neodre�enosti slijedi

� = �E & h

�t=6:626 � 10�34 J s

10�9 s= 6:626 � 10�25 J = 4:141 � 10�6 eV

Ovaj energetski razmak (nepoznanica u energiji) se naziva �irina spektralne linije�.

Primjer 8.1.27 Prona�ite de Broglievu i Comptonovu valnu duljiu loptice masem = 10 g koja se giba brzinom v = 10 ms . Moµze li se eksperimentalno provjeritivalna priroda ovog objekta?

Rje�enje:Radi se o nerelativistiµckoj µcestici, pa je de Broglieva valna duljina

� =h

p=

h

mv=6:626 � 10�34 J s10�2 kg � 10 ms

= 6: 626 � 10�33m

a Comptonova

�C =h

mc=

6:626 � 10�34 J s10�2 kg � 2:998 � 108 ms

= 2: 210 1 � 10�40m

Da bi se eksperimentalno mogla potvrditi valna priroda ove µcestice, u pokusudifrakcije gdje �irina pukotine mora biti sumjerljiva valnoj duljini nece biti ispun-jen uvjet, jer bi ta �irina morala biti reda 10�33m, �to nije sluµcaj.

Primjer 8.1.28 Snop elektrona energije E0 = 1 eV upada na potencijalnu preprekuvisine E = 5 eV i �irine L = 0:5 nm. Odredite vjerojatnost da se ellektron na�e sdruge strane prepreke.

Rje�enje:Vjerojatnost opada sa �irinom prepreke po zakonu

T = e�2�L

gdje je

� =

p2m (E � E0)

~=

p2 � 9:11 � 10�31 kg � (5 eV � 1 eV)

1:05457266 � 10�34 J s = 1: 024 7 �1010m�1

pa je traµzena vjerojatnost

T = e�2�1: 024 7�1010m�1�0:5 nm = 3: 546 4 � 10�5 � 1

28200

pa je jedan od 28200 elektrona proci kroz barijeru.

Poglavlje 9

ATOM

9.1 Primjeri

Primjer 9.1.1 Izraµcunajte frekvenciju zraµcenja koji nastaje prijelazom elektronaiz prvog pobu�enog stanja u osnovno stanje vodikova atoma.

Rje�enje:Kvantizirane energije stacionarnih stanja elektrona u atoma su:

E(Z)n = E1Z2

n2

gdje je

E1 = �mee4

8"20h2= �

9:11 � 10�31 kg ��1:6 � 10�19C

�48 � (8:85 � 10�12 Fm�1)2 (6:626 � 10�34 J s)2

= �2:176 � 10�18 J = �13:6 eV

Razlika energijskih kvantiziranih stanja jednaka je energiji fotona, pa vrijedi

�E = En1 � En2 = h�

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

� =En1 � En2

h=E1

Z2

n21� E1Z

2

n22

h=E1 � Z2h

�1

n21� 1

n22

�=

E1h

�1

4� 1�=�3E14h

=�3 � (�13:6 eV)4 � 6:626 � 10�34 J s = 2:47 � 10

15 s�1

Primjer 9.1.2 Izraµcunajte valnu duljinu zraµcenja kojom treba ozraµciti atom kakobi do�lo do ionizacije atoma H+; He+; Li++.

125

126 POGLAVLJE 9. ATOM

Rje�enje:da bi se postigla ionizacija atoma, elektron iz svog stacionarnog stanja trebao

prebaciti u slobodno stanje, odnosno u stanje za koje je n2 = 1. Valnu duljinuzraµcenja dobivamo iz izraza

1

�= R1

�1

n21� 1

n22

�Z2

gdje je R1 Rydbergova konstanta

R1 =mee

4

8h3c"20= �E1

hc= 1:097 � 107m�1

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

� =1

R1Z2

�1

n21� 1

n22

��1=

1

R1Z2

�1

n21� 1

12

��1=

1

R1Z2

pa za vodik H+ imamo

�H+ =1

1:097 � 107m�1 � 12 = 9: 116 � 10�8m = 91:16 nm

za ion He+ imamo

�He+ =1

1:097 � 107m�1 � 22 = 2: 279 � 10�8m = 22:79 nm

i za ion Li++

�Li++ =1

1:097 � 107m�1 � 32 = 1:013 � 10�8m = 10:13 nm

Primjer 9.1.3 Pomocu brzine svjetlosti c, energije mirovanja elektrona Eel0 , re-ducirane Comptonove valne duljine elektrona (�r)

eC te prirodnim konstantama

�� konstanta �ne strukture i ��1� proton-elektron maseni odnos izrazite Bohrovradijus a0, Rydbergovu konstantu R1, brzinu elektrona u najniµzoj stazi vodikovaatoma u Bohrovu modelu i energiju osnovnog stanja atoma vodika.

Rje�enje:U atomskoj �zici je prirodno (lak�e) prikazivati jedinice pomocu sljedecih

veliµcina

c = 2:99792458 � 108ms�1

Eel0 = mec2 = 0:51099906MeV

(�r)eC =

�eC2�

=~mec

= 3: 861 6 � 10�13m

� =e2

4�"0

1

~c= 7:29735308 � 10�3

��1 =mp

me= 1836:152701

9.1. PRIMJERI 127

Bohrov radijus moµzemo pisati kao

a0 =h2"0�mee2

=(2�~)2 � "0�me � e2

� cc=4�"0 � ~ce2

� ~mec

=1

�� (�r)eC

Brzina elektrona u najniµzoj Bohrovoj stazi

v1 =~

mea0� cc=

~mec

� ca0= (�r)

eC �

c1� � (�r)

eC

= � � c

Energija osovnog stanja atoma vodika

E1 = �mee4

8"20h2� c2

c2= �

mec2�e2�2

8"20 (2�~)2 c2

= ��e2

4�"0

1

~c

�2� mec

2

2

= �12(�)2 �

�mec

2�= ��

2 � Eel02

Rydbergova konstanta

R1 = �E1hc= �

�12 (�)

2 ��mec

2�

2�~c=�2

4�

mec

~=1

4�� 2

(�r)eC

Poglavlje 10

ATOMSKA JEZGRA

10.1 Primjeri

Primjer 10.1.1 Odredite broj protona i neutrona u jezgri atoma 126C, te izraµcu-najte polumjer, volumen i gustocu jezgre.

Rje�enje:U jezgri atoma 126C ima Z = 6 protona i N = A� Z = 12� 6 = 6 neutrona.

Polumjer jezgre jednak je

R = r0A13 = 1:4 � 10�15m � 12

13 = 3: 205 2 � 10�15m = 3:2052 fm

volumen jezgre iznosi

V =4�

3R3 =

4�

3r30 �A =

4�

3

�1:4 � 10�15m

�3 � 12= 1: 379 3 � 10�43m3 = 137:93 � 10�45m3 = 137:93 fm3

a njena gustoca

� =M

V=

u �A4�3 r

30 �A

=3u

4�r30=

3 � 1:66 � 10�27 kg4� � (1:4 � 10�15m)3

= 1:4447 � 1017 kgm3

Primjer 10.1.2 Izraµcunajte defekt mase, energiju vezanja i energiju vezanja ponukleonu za kalcij 4320Ca i za uran

23592 U .

Rje�enje:Za kalcij

�m =�20mH + 23mn �m

�4320Ca

��= (20 � 1:007825 + 23 � 1:008665� 42:958780)u = 0:397 02u

EB = (�m) c2 = 0:397 02 � uc2 = 0:397 02 � 931:48MeV = 369: 82MeVEBA

=369: 82MeV

43= 8: 600 5MeV

129

130 POGLAVLJE 10. ATOMSKA JEZGRA

a za uran

�m =�92mH + 143mn �m

�23592 U

��= (92 � 1:007825 + 143 � 1:008665� 235:043915)u = 1: 915 1u

EB = (�m) c2 = 1: 915 1 � uc2 = 1: 915 1 � 931:48MeV = 1783: 9MeVEBA

=1783: 9MeV

235= 7: 591 1MeV

Primjer 10.1.3 Koliko ce se jezgara u masi od m = 1mg radioaktivnog izotopa90Sr raspasti za vrijeme od t1 = 1 dan a koliko za t2 = 14 godina, ako je vrijemeploraspada T 1

2= 28:8 godina?

Rje�enje:Broj raspadnutih jezgri razlika je poµcetnog i konaµcnog broja neraspadnutih

jezgri

�N = N0 �N = N0 �N0e��t

= N0

1� e

� t ln 2T 12

!=

m

MSr

1� e

� t ln 2T 12

!

�to za jedan dan iznosi

�N =10�6 kg

90 � 1:6726231� 10�27 kg

�1� e�

1365 god�ln 228:8 god

�= 4: 380 1 � 1014

a za 14 godina

�N =10�6 kg

90 � 1:6726231� 10�27 kg

�1� e�

14 god�ln 228:8 god

�= 1: 900 2 � 1018

Primjer 10.1.4 Za koliko ce se vremena 30% poµcetnog broja radioaktivnih nuk-lida radija 226

88 Ra raspasti, ako je vrijeme poluraspada jezgri radija T 12= 1590

godina?

Rje�enje:Traµzi se vrijeme broja nuklida kada ih je ostalo od poµcetnog broja

N (t) = N0 �30

100N0 = 0:7N0

dok je broj zadan izrazom

N (t) = N0e��t = N0e

� ln 2T 12

t

10.1. PRIMJERI 131

Izjednaµcavajuci ove izraze i izdvajanjem vremena t dobivamo

0:7N0 = N0e� ln 2T 12

t

0:7 = e� ln 2T 12

t

= ln

ln 0:7 = � ln 2T 12

t

t = �T 12

ln 0:7

ln 2= �1590 god: � ln 0:7

ln 2= 818: 17 god:

Primjer 10.1.5 Kolika je starost organskog tijela, ako se 60% poµcetnog broja ra-dioaktivnog nuklida ugljika 146 C rspalo, a vrijeme poluraspada jezgri ugljika iznosiT 12= 5730 god?

Rje�enje:Ako se raspalo 60% poµcetnog broja nuklida, preostalo ih je 40%. Dakle, vrijedi

N (t) = 0:4N0 = N0e� ln 2T 12

t

pa je starost organskog tijela

0:4N0 = N0e� ln 2T 12

t

0:4 = e� ln 2T 12

t

= ln

ln 0:4 = � ln 2T 12

t

t = �T 12

ln 0:4

ln 2= �5730 god: � ln 0:4

ln 2= 7574: 6 god:

Poglavlje 11

STATIKA FLUIDA

11.1 Primjeri

Primjer 11.1.1 Za koliko ce se stisnuti voda ako je podvrgnemo tlaku u iznosuod p = 1000 bar pri temperaturi T = 293K. Modul elastiµcnosti pri ovim uvjetimaiznosi Ev = 2:88 � 109 Pa?

Rje�enje:

Modul elastiµcnosti je zadan izrazom

Ev = �Vdp

dV= � V

�V�p

odakle je relativna promjena volumena

�V

V= ��p

Ev= � 108 Pa

2:88 � 109 Pa = �0:03472

ili prikazano u postotcima poµcetnog volumena

�V

V= �3:472%

tj. voda ce se stisnuti za 3:47%.

Primjer 11.1.2 Kako se mijenja gustoca kapljevine s promjenom tlaka uz kon-stantni modul elastiµcnosti?

Rje�enje:

Iz izraza za modul elastiµcnosti

E = �V dpdV

=) dV

V= �dp

E

133

134 POGLAVLJE 11. STATIKA FLUIDA

i mase

m = �V = konst:=d

0 = V d�+ �dV =) dV

V= �d�

�

dobivamod�

�=

dp

E=

Z�Z

�0

d�

�=

1

E

pZp0

dp

ln �� ln �0 =1

E(p� p0)

� = �0 � ep�p0E

Primjer 11.1.3 Koliki je ukupni tlak u dubini mora od h = 1200m ako je pripovr�ini normirani atmosferski tlak p0 = 1:013 � 105 Pa? Koliko bi taj tlak iznosiona najvecoj izmjerenoj dubini u Marijanskoj brazdi koja iznosi 11022m?

Rje�enje:

Ukupni tlak na dubini h jednak je zbroju tlaka pri povr�ini i hidrostatskogtlaka stupca vode

p = p0 + �gh = 1:013 � 105 Pa + 1030kg

m3� 9:81 m

s2� 1200m

= 1:22 � 107 Pa

a u Marijanskoj brazdi

p = p0 + �gh = 1:013 � 105 Pa + 1030kg

m3� 9:81 m

s2� 11022m

= 1:11 � 108 Pa � 1100 atm

Primjer 11.1.4 Koliko iznosi gustoca morske vode pri konstantnom moduluelastiµcnosti E = 2:7 � 109 Pa, na najvecoj do sada izmjerenoj dubini h = 11022m,ako je gustoca morske vode pri povr�ini ppov = 1bar jednaka �0 = 1020

kgm3?

Rje�enje:

Hidrostatsi tlak na dubini h iznosi

p� p0 = �gh = 1020kg

m3� 9:81 m

s2� 11022m = 1:1 � 108 Pa

pa je gustoca

� = p0ep�p0E = 1020

kg

m3� e

1:104�108 Pa2:7�109 Pa = 1062:6

kg

m3

11.1. PRIMJERI 135

Primjer 11.1.5 Odredite gustocu �uida lak�eg od vode pomocu U - cijevi, akosu izmjereni slijedeci podatci: hf = 120mm stupca �uida i �h = 36mm stupca�uida. Pretpostavljamo da se �uid ne mije�a sa vodom.

Rje�enje:

Kako moraju u toµckama O biti jednaki tlakovi, to mora vrijediti

hf � �f = hv � �v

Iz slike 9.27. vidimo da vrijedi

hv = hf ��h

pa je

hf � �f = (hf ��h) � �v

�f =

�1� �h

hf

�� v

=

�1� 36mm

120mm

�� 1000 kg

m3

= 700kg

m3

Dakle, tekucina ima gustocu 700 kgm3.

Primjer 11.1.6 Tijelo pliva na povr�ini µzive tako da mu je 19:85% volumenapotopljeno u µzivu. Koliki je postotak volumena potopljen u µzivu ako se prekotijela prelije voda, tako da tijelo bude potpuno pod vodom?

Rje�enje:Ako tijelo pluta u µzivi, sila uzgona jednaka je teµzini tog tijela (slika 9.29.a).

Po Arhimedovu zakonu vrijedi:

FG = UHg

mg = �t � Vt � g = �Hg � VHg � g= �Hg � 0:1985 � Vt � g

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

�t = 0:1985 � �Hg

= 0:1985 � 13600 kgm3

= 2669:6kg

m3


Ako tijelo prelijemo vodom (slika 9.29.b), javlja se dodatna sila uzgona vode natijelo. Oznaµcimo volumen tijela u vodi V1, a volumen tijela u µzivi V2. Tada je

FG = UH2O + UHg

mg = �t � V � g = �v � V1 � g + �Hg � V2 � g

gdje je �v gustoca vode. Odavdje slijedi

�t � V = �v � V1 + �Hg � V2

no, ukupni volumen jednak je

V = V1 + V2

pa eliminacijom npr. V1 slijedi

�t � V = �v � (V � V2) + �Hg � V2

V2 =�t � �v�Hg � �v

V =2669:6 kg

m3� 1000 kg

m3

13600 kgm3� 1000 kg

m3

� V = 0:1325 V

V2 = 13:25% V

dakle, 13:25% tijela ce biti potopljeno u µzivu.

Primjer 11.1.7 Prona�ite omjer polumjera mjehura zraka na povr�ini vode i nadubini od h = 100m, pri µcemu je tlak pri povr�ini vode p0 = 105 Pa. Zanemaritenapetost povr�ine vode te raµcunajte uz konstantnu temperaturu.

Rje�enje:Koristeci izraze za jednadµzbu stanja idealnog plina uz konstantnu temper-

aturu i hidrostatski tlak slijedi

p0 � V0 = p � Vp = p (h) = p0 + �v � g � h

p0 �4�

3� r30 = (p0 + �v � gh) �

4�

3� r3

gdje su p0 tlak i V0 = 4�3 r

30 volumen pri povr�ini vode, a p tlak i V = 4�

3 r3

volumen mjehura zraka na traµzenoj dubini h.Odavde je traµzeni odnos polumjera

r30r3=p0 + �v � g � h

p0=

�1 +

�v � g � hp0

�

r0r= 3

s1 +

�vgh

p0=

3

s1 +

103 kgm3� 9:81 m

s2� 100m

105 Pa= 2: 21

11.1. PRIMJERI 137

Primjer 11.1.8 Gustoca tekucine u posudi dubine d = 3m je linearna funkcijadubine. Gustoca na dnu iznosi �dno = 1:19

gcm3, dok je gustoca pri povr�ini �pov

za 5% manja od gustoce na dnu. Koliki je rad potreban da se predmet masem = 0:1 kg i volumena V = 50 cm3 podigne s dna na povr�inu vode? Trenje utekucini zbog gibanja tijela zanemarite.

Rje�enje:

Buduci da je gustoca linearna funkcija dubine, moµzemo pisati

� (x) = kx+ l

Koristeci poµcetne uvjete

�dno = � (d) = 1:19g

cm3

�pov = � (0) = 1:1305g

cm3

dobiva se

� (0) = l = �pov

� (d) = k � d+ l = k � d+ �pov = �dno

k =�dno � �pov

d

pa je funkcija gustoce tekucine

� (x) =�dno � �pov

d� x+ �pov

Sila koja djeluje na tijelo jednaka je

F (x) = m � g � U (x) = m � g � � (x) � V � g

= m � g ��dno � �pov

d� x+ �pov

�� V � g

a izvr�eni rad je jednak

dW = F (x) dx�dZ0

dx

=

dZ0

�m � g �

��dno � �pov

d� x+ �pov

�� V � g

�dx

�to nakon integracije daje


W =�m � g � �pov

�� V � g � x�

�dno � �pov2d

� V � g � x2 jd0

=

��m � g � �pov

�� V � g �

�dno � �pov2

� V � g�� d

=g � d � V2

��2�t � �pov � �dno

�=

9:81 ms2� 3m � 50 � 10�6m3

2��2 � 2000 kg

m3� 1130:5 kg

m3� 1190 kg

m3

�= 1:24 J

gdje je

�t =m

V=0:1 kg

50 cm3= 2000

kg

m3

Primjer 11.1.9 Koliki je rad potreban da bi se kapljica µzive polumjera r = 2mmrazbila na kapljice trostruko manjeg polumjera (�Hg = 0:48 Nm)?

Rje�enje:

Polumjer novo nastale kapljice µzive je r0 = r3 , tada je

V 0 =4�

3� r03 = 4�

3��r3

�3=4�

3� r

3

27=V

27

Dakle, od jedne kapljice µzive polumjera r, dobiva se 27 kapljica µzive trostrukomanjeg polumjera r0. Pri tome se povr�ina povecala za

S = 4� � r2

S0 = 4� � r02 = 4� ��r3

�2=4�

9� r2

�S = 27 � S0 � S = 27 � 4�9� r2 � 4� � r2 = 8� � r2

pa je rad potreban za povecanje povr�ine jednak

W = �Hg ��S = �Hg � 8� � r2 = 0:48N

m� 8� �

�2 � 10�3m

�2= 4: 83 � 10�5 J

Poglavlje 12

TEMPERATURA I TOPLINA

12.1 Primjeri

Primjer 12.1.1 U zatvorenoj se posudi nalazi du�ik na sobnoj temperaturi t0 =20�C i pod tlakom p0 = 105 Pa. U posudu se doda odre�ena koliµcina tekucegdu�ika temperature vrenja t1 = �196�C koji ispari, pa temperatura naraste nat2 = �140�C. Kada temperatura ponovno naraste na sobnu temperaturu, izmjerise tlak od p3 = 1:5 � 105 Pa. Izraµcunajte molarnu toplinu isparavanja CV =20:8 J

mol�K .

Rje�enje:Prikaµzimo vrijednosti temperatura u apsolunoj skali

T0 = t0 + 273 = 20 + 273 = 293K

T1 = t1 + 273 = �196 + 273 = 77KT2 = t2 + 273 = �140 + 273 = 133K

Koristeci jednadµzbu stanja idealnog plina dobivamo

p0V = n0RT0

p3V = (n0 +�n)RT0

pa se dijeljenjem istij jednadµzbi dobiva

p0p3

=n0

n0 +�n

p0 (n0 +�n) = p3n0

�n =p3 � p0p0

� n0 =1:5 � 105 Pa� 105 Pa

105 Pa� n0 = 0:5n0

Iz zakona oµcuvanja energije dobivamo

Cvn0 (T0 � T2) = �n � Li + Cv�n (T2 � T1)

139

140 POGLAVLJE 12. TEMPERATURA I TOPLINA

odakle je

Li =Cv�n

[n0 (T0 � T2)��n (T2 � T1)]

= Cv

h n0�n

� (T0 � T2)� (T2 � T1)i

= 20:8J

mol � K

�n00:5n0

(293K� 133K)� (133K� 77K)�

= 5491: 2J

mol

Primjer 12.1.2 U potpuno zatvorenoj posudi nalazi se voda u kojoj pliva komadleda mase m0 = 1kg u kojem se nalazi mala olovna kuglica mase m2 = 100 g.Kolika je koliµcina topline potrebna da bi led s kuglicom poµceo tonuti? (Gustocaolova iznosi �Pb = 11:3 g

cm3, gustoca leda �L = 0:9 g

cm3, toplina otapanja leda

LiL = 3:34 � 105 Jkg . Temperatura vode iznosi 0

�C).

Rje�enje:Da bi kuglica poµcela tonuti, nije potrebno otopiti svu masu leda, nega samo

onu koliµcina koja ce dati prosjecnu gustocu leda s kuglicom jednaku gustoci vode.Dakle, pretpostavimo da ce sustav poµceti tonuti kad bude masa leda m1, tada je

�V =m1 +m2

V=) m1 +m2 = �V V

no, koko je ukupni volumen jednak volumenu kuglice plus volumen preostalekoliµcine leda m0 imamo

V = VL + VPb =m1

�L+m2

�Pb

odakle je

m1 +m2 = �V V = �V

�m1

�L+m2

�Pb

�

m1 =(�Pb � �V ) �L(�V � �L) �Pb

m2 =

�11300 kg

m3� 1000 kg

m3

�� 900 kg

m3�1000 kg

m3� 900 kg

m3

�� 11300 kg

m3

� 0:1 kg

= 0:820 35 kg

pa je potrebno otpiti koliµcinu leda

�m = m0 �m1 = 1kg � 0:820 35 kg = 0:179 65 kg

Potrebna koliµcina toplune je tada

�Q = LiL ��m = 3:34 � 105 Jkg� 0:179 65 kg � 60 kJ

12.1. PRIMJERI 141

Primjer 12.1.3 Izraµcunajte debljinu leda nakon 1 dana, ako je poµcetna debljinaleda d0 = 1m, temperatura vode ispod leda tv = 0�C, a temperatura zraka iznadleda tz = �15�C? Koe�cijent toplinske vodljivosti leda iznosi � = 2:18 W

Km ,speci�µcna toplina taljenja leda iznosi Lt = 33:5 � 104 J

kg , a gustoca leda je �l =

920 kgm3.

Rje�enje:Koliµcina topline koja prolazi kroz povr�inu leda S u vremenu �t jednaka je

�Q =�S (Tv � Tz)

d0��t = L ��m

gdje je �m masa vode koja ce se pretvoriti u led. Masa novonastalog leda �mmoµze se prikazati preko gustoce i volumena, odnosno debljine kao

�m = �l � V = �l � S ��d

gdje je �d debljina novonastalog leda. Tada je

�S (Tv � Tz)d0

��t = L � �l � S ��d

�d =� � (Tv � Tz) ��t

d0 � L � �lpa je debljina leda nakon sat vremena

d = d0 +�d = d0 +� � (Tv � Tz) ��t

d0 � L � �l

= 1m+2:18 W

Km � (15K) � 86 400 s1m � 33:5 � 104 J

kg � 920kgm3

= 1: 009 2m

Primjer 12.1.4 Izraµcnajte gustocu toplinskog toka kroz zid i temperature povr�inezida ako temperatura zraka u prostoriji iznosi tp = 25�C, a vanjska temperaturazraka je tz = �12�C. Termiµcka vodljivost zida debelog d = 40 cm jest � = 0:9 W

mK ,koe�cijent konvekcije s unutra�nje strane zida huc = 15 W

m2Ka s vanjske strane

hvc = 45Wm2K

.

Rje�enje:Razlika temperatura unutar i izvana je

�T = [25� (�12)] K = 27K

Gustoca toplinskog toka kroz zid iznosi

q =�T

RS=tp � tzRS


gdje je R ukupni toplinski otpor. Za toplinski tok mora vrijediti: ukupni tokkonvekcije unutar prostorije jednak je toku zida, a on je jednak konvekciji izvana.Pa je ukupni toplinski otpor jednak

R = R1 +R2 +R3 =1

hucS+d

�S+

1

hvcS

pa je

q =tp � tz�

1huc S

+ d�S +

1hvcS

�S=

tp � tz1huc+ d

� +1hvc

=27K

115 W

m2 K

+ 0:4m0:9 W

mK

+ 145 W

m2 K

= 352: 74W

m2

Temperature povr�ine zida unutar prostorije t1 i izvan t2 odre�ujemo iz jed-nadµzbi

q =tp � t1

1huc

=t2 � t1

d�

=tz � t2

1hvc

t1 = tp �q

huc= 25�C �

352: 74 Wm2

15 Wm2K

= 1: 484�C

t2 = tz +q

hvc= �12�C +

352: 74 Wm2

45 Wm2K

= �4: 161 3�C

Primjer 12.1.5 Izraµcunajte toplinske gubitke za sustave sa jednostrukim, dvostrukimi trostrukim prozorom i uporedite ih uz zanemarenje zraµcenja i konvekcije izme�uploµca. Unutra�nja temperatura iznosi tu = 25�C a vanjska tv = �17�C. Koe�-cijent konvekcije s unutra�nje strane iznosi huc = 10 W

m2K, a s vanjske strane

hvc = 35 Wm2K

. Debljina stakla je d = 0:2 cm, dok je razmak izme�u stakalaD = 2 cm i povr�ina stakla S = 2m2. Termiµcka vodljivost stakla je �s = 0:8 W

mK ,a zraka �z = 0:025 W

mK .

Rje�enje:Za jednostruki prozor, toplinski otpori iznose

R1 =1

hucS=

1

10 Wm2K

� 2m2= 0:05

K

W

R2 =d

�sS=

0:002m

0:8 WmK � 2m2

= 0:00125K

W

R3 =1

hvcS=

1

35 Wm2K

� 2m2= 0:0143

K

W

pa je gustoca toplinskog toka

q1 =�T

RS=

tu � tv(R1 +R2 +R3)S

=42K�

0:05 KW + 0:00125 KW + 0:0143 KW�� 2m2

= 320:37W

m2

12.1. PRIMJERI 143

dok je ukupni koe�cijent toplinskih gubitaka jednak

k1 =q

�T=320:37 W

m2

42K� 7:63 W

m2K

Za dvostruki prozor (uz zanemarenje konvekcije izme�u zraka unutar pro-zorskih stakala i stakla prozora) imamo

R1 =1

hucS=

1

10 Wm2K

� 2m2= 0:05

K

W

R2 = R4 =d

�sS=

0:002m

0:8 WmK � 2m2

= 0:00125K

W

R3 =D

�zS=

0:002m

0:025 WmK � 2m2

= 0:04K

W

R5 =1

hvcS=

1

35 Wm2K

� 2m2= 0:0143

K

W

pa je gustoca toplinskog toka

q2 =�T

RS=

tu � tv(R1 + 2R2 +R3 +R5) � S

=42K�

0:106 8 KW�� 2m2

= 196: 63W

m2

dok je ukupni koe�cijent toplinskih gubitaka jednak

k2 =q

�T=196: 63 W

m2

42K� 4:68 W

m2K

Za trostruki prozor analogno dobivamo

q3 =�T

RS=

tu � tv(R1 + 3R2 + 2R3 +R5) � S

=42K�

0:148 05 KW�� 2m2

= 141: 84W

m2

k3 =q

�T=141: 84 W

m2

42K� 3:38 W

m2K

Odnos izme�u gubitaka je

q1 : q2 : q3 = 2:257 : 1:385 : 1

Vidimo da je smanjenje gubitka topline sa svakim dodatnim prozorom pribliµzno40%.

Primjer 12.1.6 Zid je napravljen od cigli debljine d1 = 25 cm (�1 = 0:7 WKm),

unutra�nje µzbuke debljine d2 = 2 cm i vanjske µzbuke debljine d3 = 3 cm (vodljivostµzbuke je �2 = 0:5 W

Km). Koliko puta se smanjuje toplinski tok kroz 1m2 zida ako

se ispod vanjske µzbuke dodatno ugradi sloj stiropora debljine d4 = 2 cm (�3 =0:04 W

Km)?


Rje�enje:Toplinski tok de�niran je izrazom

� =�T

R

gdje su toplinski otpori:Za ciglu

R1 =d1�1S

=0:25m

0:7 WKm � 1m2

= 0:36K

W

Za unutra�nju µzbuku

R2 =d2�2S

=0:02m

0:5 WKm � 1m2

= 0:04K

W

Za vanjsku µzbuku

R3 =d3�2S

=0:03m

0:5 WKm � 1m2

= 0:06K

W

dok je toplinski otpor za stiropor

R4 =d4�3S

=0:02m

0:04 WKm � 1m2

= 0:5K

W

Toplinski otpor je u sluµcaju bez stiropora

� =�TPR=

�T

R1 +R2 +R3=

�T

(0:36 + 0:04 + 0:06) KW

=�T

0:46 KW= 2:17

W

K��T = k1 ��T

Toplinski otpor je u sluµcaju kada ugradimo stiropor iznosi

� =�TPR=

�T

R1 +R2 +R3 +R4=

�T

(0:36 + 0:04 + 0:06 + 0:5) KW

= 1:04W

K��T = k2 ��T

odakle zakljuµcujemo da se toplinski tok smanjio za pribliµzno dva puta.

Primjer 12.1.7 Kolika je ukupna emisijska moc crnog tijela ugrajanog na tem-peraturu T = 300K? Na kojoj je valnoj duljini maskimum spektra i kolika jespektralna egzitancija na toj temperaturi?

12.1. PRIMJERI 145

Rje�enje:Ukupna emisijska moc zadana je izrazom

M = "�T 4

gdje je " faktor emisije tijela i za crno tijelo iznosi " = 1. Tada je

M = 1 � 5:67 � 10�8 W

m2K4� (300K)4 = 459: 27 W

m2

Maksimum spektra je na valnoj duljini

�m =2:898 � 10�3m

T=2:898 � 10�3Km

300K= 9: 66 � 10�6m

a spektralna egzitancija iznosi

M ct� =

2�hc2

�5��e

hc�kT � 1

��1=

2� � 6:626 � 10�34 J s ��3 � 108 ms

�2(9: 66 � 10�6m)5

�

0@e 6:626�10�34 J s�(3�108 ms )9: 66�10�6 m�1:38�10�23 J

K�300K

1A�1

= 4: 454 5 � 109 � e�4:9704 Wm3

= 3: 091 6 � 107 Wm3

Primjer 12.1.8 Sunce se pona�a kao idealno crno tijelo. Srednja temperaturapovr�ine sunca iznosi T = 5800K. Za koju valnu duljinu spektar Sunµceva zraµcenjaima maksimum? Koliku snagu zraµci S = 1m2 Sunµceve povr�ine? Kolika je snagakoju emitira ukupna povr�ina Sunca? Koji dio te zraµcene snage prima Zemlja?Kolika je srednja gustoca energetskog toka koja od Sunca dolazi na Zemljinupovr�inu?

Rje�enje:Valna duljina na kojoj Sunµcevo zraµcenja ima maksimum odre�uje se Wien-

ovim zakonom

�m =b

T=2:898 � 10�3Km

5800K= 5 � 10�7m = 500 nm

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

I =�eS="�ST 4

S= �T 4 = 5:67 � 10�8 W

m2K4� (5800K)4 = 6:42 � 107 W

m2

pa je ukupna snaga koju emitira Sunce u prostor (uz polumjer Sunca Rs =6:95 � 108m)

P = S � I = 4�R2s � I = 4� ��6:95 � 108m

�2 � 6:42 � 107 Wm2

= 3:9 � 1026W


Snaga koju ce primiti planeta Zemlja od ukupne snage zraµcenja Sunca jednakaje

P 0 =P

2� 1

2�r2�R2z� =

P �R2z4r2

=3:9 � 1026W �

�6:37 � 106m

�24 � (1:5 � 1011m)2

= 1:78 � 1017W

gdje je Rz polumjer Zemlje, r udaljenost Zemlje od Sunca.Oznaµcimo sa E gustocu toka Sunµceva zraµcenja kroz povr�inu okomitu na smjer

Sunµcevih zraka. Tada je srednja gustoca toka jednaka

E =P

2

1

2�r2=

3:9 � 1026W4� � (1:5 � 1011m)2

= 1380W

m2

�to je zapravo solarna konstanta.

Primjer 12.1.9 Na kojoj valnoj duljini spektar zraµcenja µcovjekova tijela imamaksimum. Ako je povr�ina µcovjekova tijela S = 1:2m2 izraµcunajte snagu zraµcenjatijela, ako je koe�cijent emisije " = 0:15.

Rje�enje:Prosjeµcna temperatura µcovjekova tijela iznosi T = 37�C = 310K, pa je valna

duljina na kojoj spektar zraµcenja µcovjekova tijela ima maksimum

�m =b

T=2:898 � 10�3Km

310K= 9:35 � 10�6m

�to pripada infracrvenom dijelu spektra elektromagnetskog zraµcenja. Snaga zraµcenjaiznosi

P = "�ST 4 = 0:15 � 5:67 � 10�8 W

m2K4� 1:2m2 � (310K)4 = 94:255W

Primjer 12.1.10 Crna povr�ina S = 1m2 je zagrijana na temperaturu T1 =800K. Iznad nje, na udljenosti od d = 0:5m, nalazi se staklena povr�ina natemperaturi T2 = 300K. Koe�cijent konvekcije je hc = 5 W

m2K, koe�cijent emisije

stakla "1 = 0:9, koe�cijent toplinske vodljivosti zraka � = 0:025 WKm . Izraµcunajte

toplinski tok izme�u ovih povr�ina.

Rje�enje:Toplinski otpor konvekcije iznosi

R1 =1

hc � S=

1

5 Wm2K

� 1m2= 0:2

K

W

12.1. PRIMJERI 147

toplinski otpor za prijenos zraµcenjem

R2 =1"1+ 1

"2� 1

�S ��T 21 + T

22

�� (T1 + T2)

=10:9 +

10:9 � 1

5:67 � 10�8 Wm2K4

� 1m2 ��8002K2 + 3002K2

�� (1100K)

= 2:68 � 10�2 KW

dok je toplinski otpor za prijenos vo�enjem jednak

R3 =d

�S=

0:5m

0:025 WKm � 1m2

= 20K

W

pa je ukupni otpor jednak paralelnom spoju otpora

1

R=

1

R1+1

R2+1

R3=

1

0:2 KW+

1

2:68 � 10�2 KW+

1

20 KW

= 42:363W

K

R =1

42:363WK= 2:36 � 10�2 K

W

pa je toplinski tok i njegova gustoca

� =�T

R=

500K

2:36 � 10�2 KW= 21 186W

q =�T

RS=

500K

2:36 � 10�2 KW � 1m2= 21 186

W

m2

Primjer 12.1.11 Tri mola idealnog plina volumena V0 na poµcetnoj temperaturiT0 = 273K izotermno se �ire do konaµcnog volumena 5V0, a nakon toga se izo-horno griju sve dok se tlakovi konaµcnog i poµcetnoga stanja ne izjednaµce (sl. 13.3.).Ukupna koliµcina topline predana plinu za vrijeme procesa Q = 80kJ: Odredite adi-jabetski koe�cijent plina.

Pri izotermnom �irenju T0 = konst:; pv = nRT = konst:Pri izbornom grijanju V = konst:;Q = nCv (T1 � T0):

p0V0 = nRT0

p05V0 = nRT1

T1 =p05V0nR

= 5T0


W = nRT0 lnV

V0= nRT0 ln 5

Q0 = nCv (T1 � T0)Q = W +Q0 = nRT0 ln 5 + 4nCv (T1 � T0)

Cv =Q� nRT0 ln 5

4nT0Cp = Cv +R

� =CpCv

= 1 +4

QnRT0

� ln 5= 1:3945

Primjer 12.1.12 U cilindru s klipom volumena 10L nalazi se idealni plin pritlaku 1 bar. Mjerenja tlaka i volumena pri kvazistatiµcnoj (gotovo ravnoteµzenoj)kompresiji plina naznaµceni su u tablici. Kolkiki je rad potreban za tu kompresiju?

Rad idealnog plina jest

W =

V2ZV1

pdV:

U ovom sluµcaju kompresije rad je negativan, jer ga vanjske sile (okolica) obavl-jaju nad sustavom. Ovisnost tlaka o volumenu tijekom procesa dana je tabliµcno,a moµze se predoµciti i u p; V - dijagramu. Povr�ina ispod krivulje jednaka jeura�enom radu, pa se rad moµze izraµcunati gra�µckom integracijom, tako da senpr., krivulja nacrta na milimetarskom papiru (tako da, npr. 1mm odgovara 1 J)i brojeci kvadratne milimetre odredi ukupna povr�ina pod krivuljom. Dobiva seda je ukupni rad oko 2:1 kJ.

U ovom se sluµcaju prepoznaje da je krivulja hiperbola pV = konst., pa seintegracija moµze povesti i analitiµcki:

W =

V2ZV1

pdV = konst:

V2ZV1

dV

V= konst: � ln V2

V1= p1V1 ln

V2V1= 2:1 kJ

Primjer 12.1.13 Jednoatomni idealni plin na temperaturi 27�C pri tlaku p1 =1:25 �106 Pa ima volumen V1 = 4 �10�3m3:. Ako se plinu izobarno dovede koliµcinatopline 2 � 104 J, kolika ce biti konaµcna temperatura i volumen plina?Koliko sepritom povecala unutra�nja energija plina?Koliki je rad obavio plin?

Za jednoatomni idealni plin cp = 52RM pa je promjena temperature

�Q = mcp�T ! �T =�Q

mcp=2�QT15p1V1

= 480K

12.1. PRIMJERI 149

gdje je masa izraµzena iz plinske jednadµzbe p1V1 = mMRT1:Konaµcna temper-

atura nakon izobarne ekspanzije jest

T2 = T1 +�T = 780K = 507�C

Konaµcni volumen V2 moµze se izraµcunati iz plinske jednadµzbe napisane zapoµcetno i konaµcno stanje plina;

p1V1 = nRT1

p1V2 = nRT2

Dijeljenjem tih dviju jednadµzbi dobiva se

V2 =T2T1V1 = 1:04 � 10�2m3

Promjena unutra�nje energije jest

�U =3

2nR�T =

3

2

p1V12RT1

R�T =3

2

p1V1T1�T = 1:2 � 104 J:

Pri toj izbornoj ekspanziji plin obavlja rad

W =

V2ZV1

p1dV = p1 (V2 � V1)

W = 8 � 103 J

Rad je jednak povr�ini ispod dijela pravca sa slike 13.5. Jedan je dio od dove-dene koliµcine topline povecao unuarnju energiju plina, a ostatak se utro�io naobavljanju rada.

�Q = �U +�W = 12000 J + 8000 J = 20 kJ

kao �to mora biti prema I. zakonu termodinamike.

Primjer 12.1.14 Kolika je promjena entropije pri mije�anju m1 = 25 kg vodetemperature t1 = 27�C i m2 = 80 kg vode pri temperaturi t2 = 77�C? Speci�µcnitoplinski kapacitet vode iznosi c = 4190 J

kgK .

Rje�enje:Temperatura smjese vode iznosi

T =m1T1 +m2T2m1 +m2

=25 kg � 300K + 80 kg � 350K

25 kg + 80 kg= 338:1K


Promjena entropije sustava iznosi

dS =dQ

T=mcdT

T=

Z

�S = mc

TkonZTpo�c

dT

T= mc ln

TkonTpo�c

�S = m1c lnT

T1+m2c ln

T

T2

= 25 kg � 4190 J

kgKln338:1K

300K+ 80 kg � 4190 J

kgKln338:1K

350K

= 928: 78J

K

Kako je sustav izoliran, a promjena entropije pozitivna slijedi da je procesireverzibilan.

Primjer 12.1.15 Kolika je promjena entalpije i entropije sustava i okolice kadase santa leda mase m = 250 t i temperature t1 = �15�C otopi i toplinskiuravnoteµzi sa okolicom srednje temperature t3 = 17�C? Speci�µcni toplinski ka-pacitet leda je cl = 2:1 kJ

kgK , latentna toplina taljenja leda Ll = 335kJkg i speci�µcni

toplinski kapacitet vode cv = 4:19 kJkgK .

Rje�enje:Da bi se led zagrijao od�15�C na temperaturu topljenja 0�C potrebna toplina

je

Q1 = m � cl � (T2 � T1) = 2:5 � 105 kg � 2100J

kgK� 15K = 7: 875 � 109 J

da bi se led otopio

Q2 = m � Ll = 2:5 � 105 kg � 3:35 � 105J

kg= 8: 375 � 1010 J

te da bi se voda od otopljenog leda zagrijala na 17�C

Q3 = m � cv � (T3 � T2) = 2:5 � 105 kg � 4190J

kgK� 17K = 1: 781 � 1010 J

pa je ukupna dovedena toplina jednaka

�Q = Q1 +Q2 +Q3 = 1:094 � 1011 J

Buduci da je proces izobaran p = const: promjena entalpije iznosi

�H = �Q = 1:094 � 1011 J

12.1. PRIMJERI 151

Promjena entropije sustava jednaka je zbroju promjena entropije pri zagrija-vanju leda, njegovom topljenju te zagrijavanju vode nastale topljenjem leda.

�S = �S1 +�S2 +�S3

=

T2ZT1

m � cl � dTT

+m � LlT2

+

T3ZT2

m � cv � dTT

= m ��cl � ln

�T2T1

�+LlT2+ cv � ln

�T3T2

��= 2:5 � 105

�2100 ln

�273

258

�+3:35 � 105273

+ 4190 ln

�290

273

��J

K

= 4 � 108 JK= 400

MJ

K

promjena entropije okolice iznosi

�Sok = ��Q

T3= �1:094 � 10

11 J

290K= �3:77 � 108 J

K= �377:24 MJ

K

pa je ukupna promjena entropije

�Suk = �S +�Sok = 4 � 108J

K� 3:77 � 108 J

K= 2:3 � 107 J

K

Prema drugom zakonu termodinamike �Suk � 0, pa je ovaj proces zbog(�S > 0) ireverzibilan jer je ukupna promjena entropije pozitivna.

Primjer 12.1.16 Zrak mase m = 0:2 kg prevodi se iz poµcetnog stanja p1 =0:5 bar, T1 = 300K u konaµcno stanje T2 = 800K

a) izovolumnim zagrijavanjem,

b) izobarnim zagrijavanjem,

c) adijabatskom kompresijom (� = 1:4).

Nacrtajte p; V dijagram tih procesa, izraµcunajte promjenu entropije i nacrtajteT; S dijagram. Pretpostavlja se da je toplinski kapacitet zraka pri konstantnomtlaku cp = 1 kJ

kgK i speci�µcni tolinski kapacitet zraka pri konstantnom volumenu

cV = 713J

kgK .Rje�enje:a) Poµcetni volumen plina je

V1 =nRT1p1

=mRT1p1M

=0:2 kg � 8:314 J

molK � 300K0:5 � 105 Pa � 0:029 kg

mol

= 0:344m3


te nakon izovolumnog zagrijavanja imamo

p2 =mRT2V2M

=0:2 kg � 8:314 J

molK � 800K0:344m3 � 0:029 kg

mol

= 1:333 bar

V2 = 0:344m3

T2 = 800K

Promjena entropije je

�S = S2 � S1 = mcV lnT2T1= 0:2 kg � 713 J

kgK� ln 800K

300K= 139: 87

J

K

b) Nakon izobarnog zagrijavanja imamo

p3 = p1 = 0:5 � 105 Pa

V3 =V1T2T1

=0:344m3 � 800K

300K= 0:917m3

T3 = 800K

pa je promjena entropije jednaka

�S = S3 � S1 = mcp lnT2T1= 0:2 kg � 1000 J

kgK� ln 800K

300K= 196: 17

J

K

c) Pri adijabatskoj kompresiji (dQ = 0) promjena entropije jednaka je nuli.Tlak i volumen pri tom procesu su dobili vrijednost

p4 = p1

�T4T1

� ��1

= 0:5 bar ��800K

300K

� 1:41:4�1

= 15: 483 bar

V4 = V1

�T1T4

� 1��1

= 0:344m3 ��300K

800K

� 11:4�1

= 0:0296m3

T4 = 800K

Poglavlje 13

ELEKTRICITET IMAGNETIZAM

13.1 Primjeri

Primjer 13.1.1 Dva toµckasta naboja Q1 = 4�C i Q2 = �64�C me�usobnosu udaljena d = 30 cm. Odredite gdje treba postaviti negativni naboj Q3 da bielektriµcna sila koja djeluje na njega bila jednaka nuli? Kolika je jakost elektriµcnogpolja i elektriµcni potencijal u toj toµcki?

Rje�enje:Da bi ukupna elektrostatska sila bila jednaka nuli mora vrijediti�!F 3 =

�!F 13 +

�!F 23 = 0

gdje je��!F 13

�� =1

4�"0

Q1 �Q2x2��!F 23

�� =1

4�"0

Q2 �Q3(d� x)2

Da bi se ove dvije sile poni�tile moraju biti jednakog iznosa i suprotnog smjera,odakle slijedi da ova tri naboja moraju leµzati na istom pravcu. Dakle,

Q1 �Q2x2

=Q2 �Q3(d� x)2

(d� x)2

x2=

Q3Q1

d

x� 1 =

sQ3Q1

x =d

1 +q

Q3Q1

=0:3m

1 +q

64�C4�C

=0:3m

5= 0:06m

153

154 POGLAVLJE 13. ELEKTRICITET I MAGNETIZAM

Primjer 13.1.2 Dvije jednake metalne kugle u zraku, svaka mase m = 2g ob-je�ene su u istoj toµcki na nitima dugaµckim l = 1m tako da se dodiruju. Dotaknemoli jednu od njih nabijenim staklenim �tapom, kuglice se odbiju tako da niti me�u-sobno zatvaraju kut � = 12�. Odredite elektrostatsku silu izme�u kuglica, kao inaboj na njima.

Rje�enje:Na svaku kuglicu djeluju tri sile: elektrostatska

�!F E , teµzina kuglice

�!F G i

napetost niti�!F N . Njihov zbroj mora biti jednak nuli, tj. vrijedi

�!F E +

�!F G +

�!F N = 0

ili u skalarnom obliku

FE = FN � sin�

2

FG = FN � cos�

2

odnosno

tan�

2=

FEFG

FE = FG � tan�

2= mg � tan 6 = 2 g � 9:81 m

s2� tan 6 = 2:06N

pa naboj kuglice odre�ujemo iz2 � 1 � sin �30 �

p4� � 8:854 � 10�12 � 2:06

FE =1

4�"0

Q2

d2

Q = d �p4�"0 � FE = 2l � sin

�

2�p4�"0 � FE

= 2 � 1m � sin 6 �r4� � 8:854 � 10�12 C

V� 2:06N

= 3: 17 � 10�6C

gdje je d = 2l � sin �2 .

Primjer 13.1.3 Izraµcunajte gustocu struje i pokretljivost slobodnih elektrona ubakrenoj µzici duljine d = 100m kada je na njezinim krajevima napon U = 220V(�Cu = 8:9

gcm3, M = 6:36 � 10�2 kg

mol , � = 1:7 � 10�8m).

Rje�enje:Gustocu struje dobivamo iz veza izme�u gustoce struje i jakosti elektriµcnoga

polja

J = �ne�E = �E = 1

�E =

U

�d(13.1.1)

=220V

1:7 � 10�8m � 100m = 1: 294 1� 108 Am2

13.1. PRIMJERI 155

Koncentraciju elektrona u bakrenoj µzici, uz pretpostavku da svaki atom daje pojedan slobodni elektron, moµzemo dobiti povezujuci koncentraciju sa gustocombakra. Ta veza je opisana zakonom

n =N

V=n0 �NAV

=mM �NAV

=m

V

NAM

(13.1.2)

=NA � �CuM

=6:0221367� 1023 atomamol � 8900

kgm3

6:36 � 10�2 kgmol

= 8: 427 2� 1028m�3

Pokretljivost elektrona dobivamo iz

� =1

�ne=

1

1:7 � 10�8m � 8: 427 2� 1028m�3 � 1:60217733� 10�19C

= 4: 356 7� 10�3 A � s2

kg

ili= 4: 356 7� 10�3 m

2

V s

Primjer 13.1.4 Ploµcasti kondezator kapaciteta C = 100 pF ispunjen je izola-torom relativne elektriµcne permitivnosti "r = 3 i prikljuµcen na izvor naponaU = 1000V. Ako je provodnost tog izolatora � = 5 � 10�11 1

m , kolika je jakoststruje koja se javlja izme�u ploµca zbog toga �to dijelektrik nije savr�en izolator?

Rje�enje:Kapacitet je ploµcastog kondenzatora

C = "S

d=) d =

"S

C

jakost elektrtiµcnog polja izme�u ploµca iznosi

E =U

d=U"SC

=UC

"S

Iz veze gustoce struje i elektriµcnoga polja, uz pretpostavku da vrijedi Ohmovzakon slijedi

J = �E = �UC

"S

I = J � S = �UC"

= 5 � 10�11 1

m

1000V � 100 pF3

= 1: 666 7� 10�18A

Primjer 13.1.5 Na akumukator elektromotorne sile 12V i zanemariva unutarn-jega otpora prikljuµcen je bakeni vodiµc

�� = 1:68 � 10�8m

�duljine l = 2:5m. Ko-

lika je srednja brzina usmjerenog gibanja slobodnih elektrona u smjeru elektriµcnesile, tzv. drift-brzina vd? Pretpostavka je da je koncentracija slobodnih elektrona ubakru n = 8:5 �1028m�3. Procjenite kolika je i termiµcka brzina vt uz pretpostavkuda je kinetiµcka energija elektrona reda veliµcine 3kT

2 i temperature T = 290K .


Rje�enje:Jakost struje kroz vodiµc presjeka S je

I = J � S = nevd � S

Buduci da je

I =U

R=U�lS

=US

�l

dobivamo

nevdS =US

�l=) vd =

U

ne�l

vd =12V

8:5 � 1028m�3 � 1:602 � 10�19C � 1:68 � 10�8m � 2:5m= 2: 098 2� 10�2 m

s� 2 cm

s

Uz pretpostavku da je na temperaturi T prosjeµcna kinetiµcka energija elektronareda veliµcine 3kT

2 (kvantna mehanika daje ne�to drugaµciji rezultat), dobivamo

mev2t

2=

3kT

2=) vt =

r3kT

me

vt =

s3 ��1:3806568 � 10�23 JK

�� 290K

9:1093897 � 10�31 kg = 1: 148 3 � 105 ms

Usmjerena drift-brzina mnogo je manja od kaotiµcne termiµcke brzine elektrona,me�utim usmjerena je, te iz tog razloga uzrokuje mjerljivu elektriµcnu struju krozmetal.

Primjer 13.1.6 Kabel promjera d = 3:5mm i duljine l = 50m ima otpor R =1 pri temperaturi T0 = 30�C. Kolika je otpornost materijala pri toj tempera-turi? Koliki su otpor i otpornost na temperaturama T1 = �20�C i T2 = 100�C?Temperaturni koe�cijent pri 0�C iznosi �0 = 5:1 � 10�3K�1

Rje�enje:Popreµcni presjek kabela iznosi

S =d2�

4=(3:5mm)2 �

4= 9: 621 1 � 10�6m2

Otporost materijala dobijemo iz

R30 =�30 � Sl

=) �30 =R30S

l

�30 =1 � 9: 621 1 � 10�6m2

50m= 1: 924 2 � 10�7m

13.1. PRIMJERI 157

Pretpostavljajuci linearnu promjenu otpora s temperaturom (pretpostavka kojaopcenito vrijedi samo za male promjene temperature), dobivamo otpor kabela naT1 = �20�C

R�20 =R30

1 + �0�T=

1

1 + 5:1 � 10�3K�1 � 50K= 0:796 81

Otpornost materijala na toj temperaturi je

��20 =�30

1 + �0�T=

1: 924 2 � 10�7m1 + 5:1 � 10�3K�1 � 50K

= 1: 533 2 � 10�7m

Otpor na temperaturi T2 = 100�C iznosi

R100 = R30 (1 + �0�T ) = 1 ��1 + 5:1 � 10�3K�1 � 70K

�= 1: 357

a otpornost

�100 = �30 (1 + �0�T ) = 1: 924 2 � 10�7m ��1 + 5:1 � 10�3K�1 � 70K

�= 2: 611 1 � 10�7m

Buduci da su promjene dimenzija vodiµca pri promjeni temperature zbag manjegtemperaturnog koe�cijenta (koji je reda 10�5K�1), mnogo manje nego promjeneotpora te ih moµzemo zanemariti, otpor moµzemo raµcunati i ovako:

R100 = �100l

S= 2: 611 1 � 10�7m � 50m

9: 621 1 � 10�6m2= 1: 357 0

Primjer 13.1.7 Otpori R1 = 10 k i R2 = 20 k s pozitivnim temperaturnimkoe�cijentom �1 = 0:002K

�1 spojeni su paralelno. Njima je serijski spojen otporR3 = 500 s negativnim temperaturnim koe�cijentom �2 = �0:07K�1. Izraµcu-najte ekvivalentni otpor te kombinacije. Koliki je temperaturni koe�cijent spojaotpora?

Rje�enje:Pri promjeni temperature otpor se mijenja po zakonu

R1 = R10 (1 + �1�T )

R2 = R20 (1 + �1�T )

R3 = R30 (1 + �2�T )

Ekvivalentni je otpor zadane kombinacije otpora

R = R12 +R3 =

�1

R1+1

R2

��1+R3 =

R1R2R1 +R2

+R3

=

�10 k � 20 k10 k + 20 k

+ 500

�= 7166: 7


Promjena otpora zadane kombinacije u ovisnosti o temperaturi je

R =R10 (1 + �1�T ) �R20 (1 + �1�T )R10 (1 + �1�T ) +R20 (1 + �1�T )

+R30 (1 + �2�T )

=R10R20R10 +R20

(1 + �1�T ) +R30 (1 + �2�T )

=

�R10R20R10 +R20

+R30

�+

�R10R20R10 +R20

�1 +R30�2

��T

=

�10 k � 20 k10 k + 20 k

+ 500

�+

�10 k � 20 k10 k + 20 k

� 0:002K�1 + 500 ��0:07K�1

��T

= [7166: 7 + (�21:667)�T ] = 7166:7�1 +

��3 � 10�3

��T�

Otpor zadane kombinacije otpora ovisi o temperaturi i to s temperaturnim koe�ci-jentom � = �3�10�3K�1, dakle porastom temperature otpor zadane kombinacijeopada.

Primjer 13.1.8 Serijski spoj dvaju otpora R1 = 10 k i R2 = 25 k spojen je naizvor napona U = 24V zanemariva unutarnjega otpora. Koliki je pad napona naotporu R1. Koliki ce pad napona na tom otporu izmjeriti voltmetar unutarnjegaotpora Rv = 10 k. Koliki je pad napona za unutarnji otpor R0v = 200 k.

Rje�enje:Jakost struje kroz strujni krug, kada nije prikljuµcen voltmetar, iznosi

I =U

R1 +R2=

24V

10 k + 25 k= 6: 857 1 � 10�4A

Pad napona na otporu R1 iznosi

U1 = R1I = 10 k � 6: 857 1 � 10�4A = 6: 857 1V

Kada se izme�u toµcaka A i B prikljuµci voltmetar otpora Rv = 10 k koji jeparalelno spojen otporu R1, ekvivalentni otpor spoja je

Rekv =

Xi

1

Ri

!�1=

R1RvR1 +Rv

=10 k � 10 k10 k + 10 k

= 5k

Struja kroz strujni krug u ovom sluµcaju iznosi

I 0 =U

Rekv +R2=

24V

5 k + 25 k= 0:8mA

Pad napona izme�u toµcaka A i B jest

U 01 = RekvI0 = 5k � 0:8mA = 4V

13.1. PRIMJERI 159

pa voltmetar pokazuje 4V. Na isti naµcin dolazimo do rezultata za unutarnji otporR0v = 200 k:

Rekv =R1RvR1 +Rv

=10 k � 200 k10 k + 200 k

= 9523: 8

I 0 =U

Rekv +R2=

24V

9523: 8 + 25 k= 6: 951 7 � 10�4A

= 0:69517mA

U 01 = RekvI0 = 9523: 8 � 0:69517mA = 6:6207V

Zakljuµcujemo: mjerenjem voltmetrom vecega unutarnjega otpora pogre�ka jemjerenja manja.

Primjer 13.1.9 Kolika je jakost elektriµcnog grijaµca u bojleru prikljuµcenom nanapon U = 220V koji zagrije V = 50 l vode od T1 = 290K do T2 = 350K zavrijeme od t = 1h? Koliki je otpor grijaµca bojlera?

Rje�enje:Uz pretpostavku da nema gubitaka energije, odnosno da se sva elektriµcna

energija pretvori u toplotnu energiju zagrijavanja vode, utro�ena energija je

Q = mcp�T = �V cp (T2 � T1)

= 1000kg

m3� 0:05m3 � 4186 J

kgK� 60K

= 1: 255 8 � 107 J = 12:558MJ

Snaga je tada

P =Q

t=12:558MJ

3600 s= 3488: 3W

a otpor grijaµca je

R =U2

P=(220V)2

3488: 3W= 13: 875

Primjer 13.1.10 Koaksijalni kabel unutarnjeg polumjera R1 = 0:5mm, vanjskogpolumjera R2 = 3mm, duljine l = 30m, s izolatorom relativne elektriµcne permi-tivnosti "r = 3, spojen je na gradsku mreµzu izmjeniµcnog napona U = 220V.Kolika je jakost struje kroz kabel?

Rje�enje:Kapacitet koaksijalnog kabela jest

C =2�"0"r

ln R2R1l =

2� � 8:854187817 � 10�12 Fm�1

ln 3mm0:5mm

30m

= 9: 314 7 � 10�10 F � 93 nF


Kapacitivni je otpor kabela

XC =1

C!=

1

9: 314 7 � 10�10 F � 100�Hz = 3: 417 3M

Pa je jakost struje

I =U

XC=

220V

3: 417 3M= 6: 437 8 � 10�5A

Primjer 13.1.11 Omsko tro�ilo snage P = 15 kW spojeno je preko dugoga dvoµzilnogakabela ukupnog otpora R = 0:4113 9 na izvor izmjeniµcnoga napona. Koliki jenapon izvora izmjeniµcne struje ako je gubitak energije u kabelu 15% ulazne en-ergije?

Rje�enje:Na tro�ilo dolazi 85% energije koju �alje izvor, ta je ulazna snaga

Pu =15 kW

0:85= 17: 647 kW

a gubitak u kabelu je

Pg = Pu � P = 2:647 kW

Kako je gubitak u kabela zapravo gubitak na Jouleovu toplinu, vrijedi

Pg = I2R

odakle je jakost struje

I =

rPgR=

r2:647 kW

0:41139= 80:214A

Ulazna snaga je

Pu = Ui � I

odakle je

Ui =PuI=17: 647 kW

80:214A= 220V

Primjer 13.1.12 U strujnome krugu napon i struja se mijenjaju prema zakonu

u (t) = Um sin!t

i (t) = Im sin (!t+ ')

gdje je ! = 100� s�1, Um = 110V, Im = 2A, a kut izme�u napona i struje iznosi:

a) ' = 0�,

13.1. PRIMJERI 161

b) ' = �6 ,

c) ' = ��2 . Izraµcunajte minimalnu, maksimalnu i srednju vrijednost snage.

Nacrtajte u (t) ; i (t) i P (t) dijagrame.

Rje�enje:Trenutna vrijednost snage jednaka je

P (t) = u (t) � i (t) = Um sin!t � Im sin (!t+ ') = UmIm sin (!t+ ') sin!t

Buduci da je Um =p2U , i Im =

p2I , gdje su U; I - efektivne vrijednosti napona

i struje, te

sin (!t+ ') sin!t =1

2[cos'� cos (2!t+ ')]

vrijedi

P (t) = UI � [cos'� cos (2!t+ ')]

Minimalna vrijednost snage je

Pmin = UI (cos'� 1)

a maksimalna vrijednost je

Pmax = UI (cos'+ 1)

dok je srednja snaga jednaka

P =1

T

TZ0

P (t) dt =1

T

TZ0

UI � [cos'� cos (2!t+ ')] dt

=UI

T

TZ0

[cos'� cos (2!t+ ')] dt = UI cos'� UIT

TZ0

cos (2!t+ ') dt

| {z }=0

= UI cos'

a) Ako je fazni pomak izme�u napona i struje ' = 0, tro�ilo u krugu je µcistiomski (aktivni) otpor, vrijedi

Pmin = UI (cos 0� 1) = 0WPmax = UI (cos 0 + 1) = 2UI = UmIm = 110V � 2A = 220W

P = UI cos 0 = UI =Pmax2

= 110W


b) Ako je ' = �6 , u krugu je aktivni i pasivni (reaktivni) otpor, a snaga je

Pmin = UI�cos

�

6� 1�= 110W � (0:866 03� 1) = �14: 737W

Pmax = UI�cos

�

6+ 1�= 110W � (0:866 03 + 1) = 205: 26W

P = UI cos�

6= 110W � 0:866 03 = 95: 263W

c) Ako je ' = ��2 , u krugu je samo reaktivni (induktivni ili kapacitivni) otpor.

Tada je cos��2

�= 0, pa je

Pmin = �Pmax = UI = �110 varP = 0W

Srednja snaga jednaka je nuli. Tijekom jedne polovine perioda energijaprelazi iz izvora u reaktivni element (u obliku elektrostatske odnosno mag-netske energije), dok se tijekom druge polovine perioda ista vraca u izvor.

Primjer 13.1.13 Iz zakona oµcuvanja energije izvedite frekvenciju za titrajni LC-krug.

Rje�enje:Ukupna elektrostatska energija kondenzatora kapaciteta C iznosi E = Q2

2C , aenergija zavojnice E = 1

2LI2 gdje je I = dQ

dt . Ukupna energija ova dva elementapo zakonuoµcuvanja energije glasi

Q2

2C+1

2LI2 = konst: =

d

dt

2QdQdt

2C+1

2L � 2I dI

dt= 0

QI

C+ LI

dI

dt= 0 = : LI

dI

dt+

1

LCQ = 0

uz kori�tenje identiteta I = dQdt slijedi

d2Q

dt2+

1

LCQ = 0

ovo je valna jednadµzba uz frekvenciju titranja

!2 =1

LC=) ! =

1pLC

13.1. PRIMJERI 163

Primjer 13.1.14 Dokaµzite da elektromagnetsko polje Ex = E0 sin (!t� kz), Ey =Ez = 0; Bx = 0, By = B0 sin (!t� kz), Bz = 0 u prostoru bez struja i nabojazadovoljava Maxwellove jednadµzbe u posebnom sluµcaju - kad je zatvorena plohakocka brida a, a zatvorena krovulja stranica te kocke.

Rje�enje:Prve dvije Maxwellove jednadµzbe glaseIS

�!E � d�!S = Q;

IS

�!B � d�!S = 0

pri µcemu je zatvorena ploha S kocka brida a. Kako je smjer elektriµcnog polja u

smjeru osi x,IS

�!E � d�!S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os x, a na

svim ostalim stranicama je�!E � d�!S = 0

��!E?d�!S

�. Tok vektora

�!E kroz stranicu

CDEF je

Z ZCDEF

�!E � d�!S =

aZ0

dy

aZ0

E0 sin (!t� kz) dz =E0a

k[cos (!t� ka)� cos!t]

jer je�!E kd�!S . Na donjoj strani te kocke (ABGO) �!E i d

�!S su antiparalelni, pa je

Z ZCDEF

�!E �d�!S = �

aZ0

dy

aZ0

E0 sin (!t� kz) dz = �E0a


Ukupni tok vektora�!E po zatvorenoj plohi (kocki) jednak jeI

S

�!E � d�!S =

Z ZCDEF

�!E � d�!S +

Z ZCDEF

�!E � d�!S = 0

µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava prvu Maxwellovu jednadµzbu.Sliµcno raµcunajuci tok vektora

�!B , moµzemo dokazati da i magnetsko polje zadovol-

java drugu Maxwellovu jednadµzbu. Kako je smjer magnetskog polja u smjeru osi

y,IS

�!B �d�!S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os y, a na svim ostalim

stranicama je�!B � d�!S = 0

��!B?d�!S

�. Tok vektora

�!B kroz stranicu ABCD je

Z ZABCD

�!B � d�!S =

aZ0

dx

aZ0

B0 sin (!t� kz) dz =B0a



jer je�!Bkd�!S . Na drugoj strani te kocke (EFGO) �!B i d

�!S su antiparalelni, pa je

Z ZEFGO

�!B �d�!S = �

aZ0

dx

aZ0

B0 sin (!t� kz) dz = �B0a


Ukupni tok vektora�!B po zatvorenoj plohi (kocki) jednak jeI

S

�!B � d�!S =

Z ZABCD

�!B � d�!S +

Z ZEFGO

�!B � d�!S = 0

µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadµzbu.Da bismo pokazali da zadano elektriµcno i magnetsko polje zadovoljavaju trecuMaxwellovu jednadµzbu, najprije izraµcunajmo tok vektora

�!B , npr. kroz stranicu

ADBC, zatim cirkulaciju vektora�!E po rubu te stranice i dobivene rezultate

uvrstiti u trecu Maxwellovu jednadµzbu:IABCDA

�!E � d�!s = � d

dt

Z ZABCD

�!B � d�!S

Tok vektora�!B , zbog paralelnih smjerova

�!B i d

�!S , jest

Z ZABCD

�!B � d�!S =

aZ0

aZ0

B0 sin (!t� kz) dx dz =B0a


Cirkulacija vektora�!E jeI

ABCDA

�!E � d�!s =

ZAB

�!E � d�!s +

ZBC

�!E � d�!s +

ZCD

�!E � d�!s +

ZDA

�!E � d�!s

=

aZ0

E0 sin (!t� ka) +0Za

E0 sin (!t)

= E0a [sin (!t� ka)� sin (!t)]

Uvrstimo li dobivene rezultate u trecu Maxwellovu jednadµzbu dobivamoIABCDA

�!E � d�!s = � d

dt

Z ZABCD

�!B � d�!S

E0a [sin (!t� ka)� sin (!t)] = � ddtfB0ak[cos (!t� ka)� cos!t]g

=B0a!

k[sin (!t� ka)� sin (!t)]

13.1. PRIMJERI 165

Buduci da za elektromagnetski val v = !k i B0 =

E0v vidimo da zadani elektromag-

netski val zadovoljava trecu Maxwellovu jednadµzbu. Sliµcno bismo mogli dokazatii da cirkulacija vektora

�!B , npr. po rubu EDCFE, jednaka vremenskoj derivaciji

toka vektora�!E kroz stranicu EDCF pomnoµzenoj sa "�.

Primjer 13.1.15 Magnetsko polje monokromatskog ravnog vala u vakuumu zadanoje izrazom

�!B = B0 sin!

�t� x

c

��!k pri µcemu je B0 = 5 �10�10T i ! = � �1010 s�1.

Izraµcunajte: frekvenciju, valnu duljinu i valni broj, te elektriµcno polje i srednjugustocu energijskog toka vala.

Rje�enje:Iz ! = 2�f = � � 1010 s�1 dobivamo da je frekvencija vala jednaka

f = 5 � 109Hz

Valna duljina je

� =c

f=3 � 108 ms5 � 109Hz = 6 � 10

�2m = 6 cm

a valni broj

k =2�

�=

2�

6 � 10�2m = 104: 72m�1

Amplitudu elektriµcnog polja dobivamo iz

E0 = cB0 = 3 � 108m

s� 5 � 10�10T = 0:15 V

m

pa je elektriµcno polje zadano izrazom

�!E =

�!jh0:15 sin!

�t� x

c

�i Vm

pa je gustoca energijskog toka jednaka srednjoj vrijednosti Poyntingovog vektora10�7TmA�1 =1:0�10�7

A2ms2kg

S =1

2�E0B0 =

1

2 � 4� � 10�7 NA2

� 0:15 Vm� 5 � 10�10T

= 2: 984 2 � 10�5 Wm2

Primjer 13.1.16 Izraµcunajte amplitudu elektriµcnoga i magnetskoga polja u Sunµcevuzraµcenju na Zemljinoj povr�ini koristeci podatak da okomita povr�ina, u odnosuna Sunµceve zrake, od S = 1m2 primi snagu od 1:36 kW.


Rje�enje:Srednja vrijednost gustoce toka energije elektromagnetskog vala, tj. snaga po

jediniµcnoj povr�ini, jednaka je srednjoj vrijednosti Poyntingova vektora:

S =1

2�E0B0 =

1

2

r"0�0E20 =

"0 � c2E20 =

�0 � c2H20

zbog E = vB = �vH. Odavde je elektriµcno polje

E20 =2S

"0 � c=

2 � 1360 Wm2

8:854187817� 10�12 Fm � 3� 108ms

= 1: 024 0 � 106 V2

m2

E0 = 1011: 9V

m

i magnetsko polje

H20 =

2S

�0 � c=

2 � 1360 Wm2

4� � 10�7 NA2� 3� 108 ms

= 7: 215A2

m2

H0 = 2:6861A

m

Magnetsko polje smo mogli dobiti i iz

E0H0

=

r�0"0=

vuut 4� � 10�7 NA2

8:854187817� 10�12 Fm= 376: 73

H0 =E0q�0"0

=1011: 9 Vm376: 73

= 2: 6861A

m

Poglavlje 14

OPTIKA

14.1 Primjeri

Primjer 14.1.1 Izraµcunajte kolika je najmanja visina vertikalno postavljenog zr-cala u kojem µcovjek visine h = 1:85m moµze vidjeti sliku cijeloga svojega tijela, tena kojoj visini treba postaviti zrcalo ako su oµci u visini h0 = 1:72m iznad tla?

Rje�enje:Iz slike se vidi da je

x1d

=h� h02d

x2d

=h0

2d

Odavde je visina zrcala

x = x1 + x2 =h� h02

+h0

2=h

2=1:85m

2= 0:925 m

a potrebna visina iznad tla iznosi

y =h0

2=1:72m

2= 0:86m

Primjer 14.1.2 Na kojoj udaljenosti ispred konkavnoga sfernoga zrcala polum-jera zakrivljenosti R = 120 cm treba stajati µcovjek da bi u zrcalu vidio µcetiri putauvecanu sliku svoga lica?

Rje�enje:Uspravna slika u konkavnome zrcalu nuµzno je virtualna (iza zrcala). Zbog

toga je

m = � ba= 4 =) b = �4a

167

168 POGLAVLJE 14. OPTIKA

Koristeci jednadµzbu konjugacije za zrcalo slijedi

1

a+1

b=

2

R=) 1

a+

1

�4a =2

R3

4a=

2

R=) a =

3R

8=3 � 120 cm

8= 45 cm

Primjer 14.1.3 Predmet visine y = 10 cm stoji a = 35 cm ispred konveksnogasfernog zrcala µzari�ne daljine f = 40 cm. Izraµcunajte i gra�µcki prikaµzite poloµzaj,veliµcinu i narav slike.

Rje�enje:Iz jednadµzbe konjugacije dobije se poloµzaj slike

1

a+1

b=1

f=) b =

af

a� f =35 cm � (�40 cm)35 cm� (�40 cm) = �

56

3cm

Povecanje je

m = � ba= �

�563 cm

35 cm=8

15

a visina slike iznosi

y0 = my =8

15� 10 cm = 16

3cm

Ti rezultati, kao i gra�µcko rje�enje pokazuju da je slika uspravna, umanjena ivirtualna.

Primjer 14.1.4 Predmet je postavljen a = 90 cm ispred konkavnoga sfernog zr-cala µzari�ne duljine f = 70 cm. Izraµcunajte i gra�µcki prikaµzite povecanje, poloµzaji narav slike.

Rje�enje:Za poloµzaj slike jednadµzbom konjugacije dobijemo

1

a+1

b=1

f=) b =

af

a� f =90 cm � 70 cm90 cm� 70 cm = 315 cm

te povecanje iznosi

m = � ba= �315 cm

90 cm= �3: 5

Slika je obrnuta, uvecana i realna.

Primjer 14.1.5 Zraka svjetlosti upada na granicu izme�u zraka i nekog optiµckogsredstva pod kutom 60�, a lomi se pod kutom 34�520. Koliko iznosi indeks lomasvjetlosti, a koliko brzina svjetlosti u tom sredstvu? Indeks loma zraka nz � 1.

14.1. PRIMJERI 169

Rje�enje:Iz zakona loma svjetlosti slijedi

sin�

sin�=

nsnz=n

1

n =sin�

sin�=

sin 60

sin 34�520= 1:515

pa je brzina svjetlosti

v =c

n=2:9979 � 108 ms

1:515= 1: 978 8 � 108 m

s

Primjer 14.1.6 Sloj ulja indeksa loma nu = 1:45 prekriva povr�inu vode indeksaloma nv = 1:33. Koliki kut ce u vodi s okomicom zatvarati lomljena zraka ako jena povr�inu ulja upala iz zraka nz = 1 pod kutom � = 45�?

Rje�enje:Ovdje treba primijeniti zakon loma svjetlosti na obje graniµcne plohe optiµckih

sredstava. Tada dobivamo

nunz

=sin�

sin�

nvnu

=sin�

sin

dakle je

sin =nunv� sin� = nu

nv� sin� � nz

nu=nznv� sin�

Iz izraza se zakljuµcuje da je taj kut jednak onome kao da ulja i nema. Odavdjeslijedi

sin =1

1:33� sin 45 = 0:53166

= arcsin 0:53166 = 32�70

Primjer 14.1.7 Pomocu Fermatova principa prema kojemu svjetlost za svoje�irenje odabire upravo onaj put za koji joj je potrebno najkrace vrijeme, dokaµziteda vrijedi zakon loma svjetlosti.

Rje�enje:Ukupno vrijeme koje je svjetlosti potrebno da od toµcke 1 do�e do toµcke 2 je

zbroj dva pojedina vremena prolaska svetlosti kroz sredstva 1 i 2.

t = t1 + t2 =s1v1+s2v2

=

ph21 + x

2

v1+

qh22 + (d� x)

2

v2


Za najmanje vrijeme derivacie funkcije vremena po promjenjivoj x mora bitijednaka nuli (uvjet minimalnosti funkcije)

dt

dx= 0

pa deriviranjem izraza imamo

dt

dx=

d

dx

0@ph21 + x2v1

+

qh22 + (d� x)

2

v2

1A=

1

v1

2x

2ph21 + x

2+1

v2

2 (d� x) (�1)

2qh22 + (d� x)

2= 0

odnosno

1

v1

xph21 + x

2=1

v2

d� xqh22 + (d� x)

2

Iz slike se mogu dobiti trigonometrijske relacije

sin� =xp

h21 + x2

sin� =d� xq

h22 + (d� x)2

odakle dobivamo

sin�

v1=sin�

v2

�to moµzemo pisati kao

sin�

sin�=v1v2=

cn1cn2

=n2n1

�to je Snellov zakon indeksa loma svjetlosti.

Primjer 14.1.8 Svjetlost pada na prizmu (A = 60�) indeksa loma n = 1:6 podkutom 42� prema okolici. Koliko iznosi otklon upadne zrake?

Rje�enje:Otklon zrake iznosi

� = �� + �0 � �0 = �+ �0 �A

jer je

� + �0 = A

14.1. PRIMJERI 171

Iz zakona loma slijedi

n

1=

sin�

sin�=sin�0

sin�0

sin� =sin�

n=sin 42

1:6= 0:41821 =) � = 24:72�

�0 = A� � = 60� 24:72� = 35:28�

sin�0 = n � sin�0 = 1:6 � sin 35:28� = 0:92408�0 = arcsin 0:92408 = 67:53�

pa je

� = �+ �0 �A = 42� + 67:53� � 60� = 49:53�

Primjer 14.1.9 Dva koherentna svjetlosna vala frekvencije � = 5�1014Hz dolazeu neku toµcku prostora s geometrijskom razlikom puta � = 1:8�m. Odrediterezultat interferencije ako se valovi �ire kroz staklo indeksa loma nS = 1:5 ikroz vodu indeksa loma nV = 1:33.

Rje�enje:Optiµcka razlika hoda iznosi

� = n ��

Ako je � = k�, gdje je k cijeli broj imati cemo konstruktivnu interferenciju, a akoje � =

�k + 1

2

�� imamo destruktivnu interferenciju. U na�em sluµcaju je za staklo

kS =�

�=nS ��

=nS ��

c=1:5 � 1:8 � 10�6m � 5 � 1014 s�1

3 � 108 ms= 4: 5

pa je interferencija destrutivna i dobiva se tama, a za vodu

kV =�

�=nV ��

=nV ��

c=1:33 � 1:8 � 10�6m � 5 � 1014 s�1

3 � 108 ms= 4

pa je interferencija konstruktivna i opaµza se svjetlost.

Primjer 14.1.10 Promatrajuci interferenciju dvaju koherentnih izvora monokro-matske svjetlosti valne duljine � = 620 nm, opaµza se na zastoru udaljenom odizvora svjetlosti D = 4:5m N = 18 pruga interferencije na �irini od l = 12 cm.Odredite udaljenost izme�u dvaju koherentnih izvora.

Rje�enje:Udaljenost izme�u susjednih pruga interferencije iznosi

�y =l

N=12 cm

15= 8mm

pa je udaljenost izme�u izvora jednaka

d =D�

�y=4:5m � 6:2 � 10�7m

8 � 10�3m = 3: 49 � 10�4m � 0:35mm


Primjer 14.1.11 Kod Youngova ure�aja za promatranje interferencije koher-entni izvori - pukotine na zastoru, me�usobno su udaljeni za d = 0:4mm. Prugeinterferencije promatramo na zastoru udaljenom D = 2m od izvora.

a) Ako izvori zraµce bijelu svjetlost valnih duljina 0:42�m � � � 0:68�m, izraµcu-najte moguce redove interferencije k za koje se dobiju tamne pruge naudaljenosti y = 3 cm iznad sredi�ta zastora.

b) Ako izvori zraµce monokromatsku svjetlost valne duljine � = 0:6�m, prona�iteudaljenost izme�u susjednih pruga interferencije u blizini sredi�ta zastora.

Rje�enje:Tamne pruge interferencije se dobiju kada je zadovoljen uvjet

d � yD

=

�m+

1

2

��

gdje je m cijeli broj, koji izraµzen preko valne duljine daje

m =d � yD�

� 12

a) Za vidljivu svjetlost dobivamo na rubnim podruµcjima

m1 =d � yD�1

� 12=

0:4mm � 3 cm2m � 4:2 � 10�7m � 1

2= 13: 786

m2 =d � yD�2

� 12=

0:4mm � 3 cm2m � 6:8 � 10�7m � 1

2= 8: 323

odakle slijedi da m moµze poprimiti vrijednosti cijelih brojeva od

9 � m � 13

b) Udaljenost izme�u susjednih pruga za monokromatsku svjetlost iznosi

�y =D�

d=2m � 6 � 10�7m

0:4mm= 0:003 m

Primjer 14.1.12 Koju najmanju debljinu treba imati tanki list izgra�en od ma-terijala indeksa loma n = 1:54 da bi osvijetljen zrakama valne duljine � = 750 nmokomito na povr�inu izgledao crven, a koju da bi izgledao crn, ako promatramo ure�ektiranoj svjetlosti?

Rje�enje:Za svjetlost koja pada okomito na list optiµcka razlika hoda iznosi

� = 2nd+�

2

14.1. PRIMJERI 173

jer se gornja zraka re�ektira na gu�cem sredstvu. Da bi list izgledao obojeninterferencija treba biti konstruktivna, �to vrijedi kada je

2nd+�

2= m�

pa za najtanji sloj m = 1 vrijedi

2nd+�

2= � =) d =

�

4n=7:5 � 10�7m4 � 1:54 = 1: 22 � 10�7m

a da bi izgledao crn interferencija treba bti desktruktivna, tj.

2nd+�

2=

�m+

1

2

��

�to za m = 1 daje

2nd+�

2=3

2� =) d =

�

2n=7:5 � 10�7m2 � 1:54 = 2:44 � 10�7m

Primjer 14.1.13 Newtonovi kolobari dobiju se plankonveksnom lecom polumjerazakrivljenosti R = 10m i planparalelnom ploµcom. Koliki je polumjer drugogatamnog kolobara ako izme�u lece i ploµce stavimo zrak (nz = 1), vodu (nv = 1:33)ili glicerin (ng = 1:49). Duljina vala upadne svjetlosti iznosi � = 600 nm.

Rje�enje:Polumjer m-tog tamnog kolobara je

r =

rmR�

n

�to za drugi kolobar m = 2 za zrak daje

r =

r2R�

nz=

r2 � 10m � 6 � 10�7m

1= 3:4641mm

za vodu

r =

r2R�

nv=

r2 � 10m � 6 � 10�7m

1:33= 3:0038mm

i za glicerin

r =

s2R�

ng=

r2 � 10m � 6 � 10�7m

1:49= 2:8379mm

Primjer 14.1.14 Ogibnu sliku µzice debljine d = 1mm promatramo na zastoruudaljenom D = 0:7m od µzice. Me�usobna udaljenost tamnih pruga su �y =0:3mm. Koliko iznosi valna duljina svjetlosti koja obasjava µzicu?


Rje�enje:Za ogib na tankoj µzici vrijedi izraz

�y =D�

d

pa je traµzena valna dduljina

� =�y � dD

=0:3mm � 1mm

0:7m= 4: 285 7 � 10�7m

Primjer 14.1.15 Plava svjetlost valne duljine � = 480 nm upada okomito nare�etku sa N = 2000 linija po centimetru. Pod kojim se kutom pojavljuje difrak-cijska slika treceg reda? Kolika je kutna disperzija re�etke? Koliki je maksimalnimoguci red difrakcije za svjetlost ove valne duljine na re�etki?

Rje�enje:Konstanta re�etke iznosi

d =l

N=1 cm

2000= 5 � 10�6m

Difrakcijska slika treceg reda (m = 3) zadana je uvjetom

sin# =m�

d=3 � 480 nm5 � 10�6m = 0:288

# = arcsin 0:288 = 16�440

Kutna disperzija re�etke iznosi

D =m

d cos#=

3

5 � 10�6m � cos 16�440 = 6:265 � 105 rad

m= 20900 nm�1

Maksimalni moguci redmm difrakcije zadan je najvecim cijelim brojem koji zado-voljava relaciju

m =d � sin#�

� d

�=5 � 10�6m480 nm

= 10: 417

pa je maksimalno moguci red (mm = 10) deseti.

Primjer 14.1.16 Snop redgenskih zraka lomi se na kuhinjskoj soli. Spektar pr-voga reda odgovara kutu sjaja � = 6�500, a udaljeost izme�u mreµznih ravnina jed = 0:281 nm. Odredite valnu duljinu rendgenskih zraka i poloµzaj spektra drugogareda. Koji je najveci red spektra koji se moµze opaziti?

Rje�enje:Valnu duljinu spektra prvog reda (m = 1) dobivamo iz

� =2d sin �

m= 2d sin � = 2 � 0:281 nm � sin 6�500 = 6:687 � 10�11m

14.1. PRIMJERI 175

Za spektar drugog reda kut sjaja iznosi

sin �2 =m�

2d=2 � 6:687 � 10�11m2 � 0:281 nm = 0:237 97

�2 = arcsin 0:237 97 = 13�460

Najvi�i moguci red mm je

m =2d sin �

�� 2d

�=

2 � 0:281 nm6:687 � 10�11m = 8: 404 4

odnosno osmi (m = 8) red spektra.

Primjer 14.1.17 Koliki je kut elevacije Sunca kad su Sunµceve zrake re�ektiraneod mirne povr�ine vode totalno plarizirane?

Rje�enje:Re�ektirana je zraka totalno polarizirana ako upadni kut uB zadovoljava

Brewsterov uvjet tanuB = n. Za vodu indeksa loma n = 1:33 upadni kut iznosi

tanuB = 1:33

uB = arctan 1:33 = 53�70

pa je kut elevacije jednak

� = 90� � uB = 90� � 53�70 = 36�530

Primjer 14.1.18 Zraka svjetlosti pada na posudu ispunjenu vodom i re�ektirase na dnu posude. Koliki je kut pod kojim je zraka upala na povr�inu vode akoje re�ektirana zraka totalno polarizirana? Indeks loma stakla je ns = 1:5 a vodenv = 1:33.

Rje�enje:Re�ektirana zraka je polarizirana kada je

tanu2 =nsnv=1:5

1:33= 1:12782

pa je kut upada zrake iz vode na staklo

u2 = arctan 1:12782 = 48�260

Zbog loma zrake na granici izme�u vode i zraka vrijedi

nvnz=sinu1sinu2

=) sinu1 =nvnzsinu2 =

1:33

1� sin 48�260 = 0:99515

pa upadni kut iznosi

u1 = arcsin 0:99515 = 84�210

pa je kut pod kojim zraka upada na povr�inu vode

� = 90� � u1 = 90� � 84�210 = 5�390

Bibliogra�ja

[1] F. Ayres, Jr.; 1972., Di¤erential equations, McGraw-Hill International BookCompany, New York.

[2] M. Alonso; E. J. Finn, 1969., Fundamental University Physics, Addison-Wesley Publ. Co., Reading, Mass.

[3] C. Kittel; W. D. Knight; M. A. Ruderman; 2003., Mehanika, Golden Mar-keting, Tehniµcka knjiga, Zagreb.

[4] R. Wolfson; J. M. Pasacho¤; 1990., Physics: extended with modern physics,HarperCollinsPublishers, USA.

[5] R. E. Eisberg; L. S. Lermer; 1982., Physics: foundations and applications,McGraw-Hill, Tokyo.

[6] B. V. Pavlovic; T. A. Mihajlidi; 1986., Praktikum raµcunskih zadataka iz�zike, Nauµcna knjiga, Beograd.

[7] A. A. Pinsky; 1980., Problems in Physics, Mir Publishers, Moskva.

[8] P. Kuli�ic; 1996., Rije�eni zadaci iz mehanike i topline, �kolska knjiga, Za-greb.

[9] V. Henµc-Bartolic; i dr.; 1992., Rije�eni zadaci iz valova i optike, �kolskaknjiga, Zagreb.

[10] M. R. Spiegel; 1974. Vector analysis, McGraw-Hill International Book Com-pany, New York.

[11] E. Babic; R. Krsnik; M. Oµcko; 1978., Zbirka rije�enih zadataka iz �zike,�kolska knjiga, Zagreb.

[12] Z. Primorac; 1990., Zbirka rije�enih zadataka iz mehanike, Vazduhoplovavojna gimnazija �Mar�al Tito�, Mostar.

177

jadranko batista - · pdf filepoglavlje 1 kinematika cesticeµ 1.1 primjeri primjer...

Documents