skripta resenih zadataka fp

5/16/2018 Skripta Resenih Zadataka FP - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/skripta-resenih-zadataka-fp 1/112

Univerzitet u Nišu

Fakultet zaštite na radu u Nišu

Doc. dr Momir Praščević, dipl. inž. el.

Mr Darko Mihajlov, dipl. inž. maš.

FIZIČKI PARAMETRI

RADNE I ŽIVOTNE SREDINE

SKRIPTA REŠENIH ZADATAKA

Niš, 2009.



SADRŽAJStrana

BUKA

Tema 1: 2• Tačkasti zvučni izvori;

• Zajedničko dejstvo više nezavisnih tačkastih izvora.

Tema 2: 13• Nivo buke;• Sabiranje i oduzimanje nivoa buke.

Tema 3: 21• Subjektivna jačina zvuka;• Glasnost;• Ekvivalentni nivo buke;• Nivo izloženosti buci.

Tema 4: 29• Nivo buke u zatvorenom prostoru;• Vreme reverberacije;• Zvučna apsorpcija.

Tema 5: 39• Zvučna izolacija;• Ocena buke;• Dejstvo buke na sluh

VIBRACIJE

Tema 1: 49

• Slaganje sinhronih oscilacija;• Slobodne oscilacije;• Sprezanje opruga.

Tema 2: 61• Slobodne vibracije sa prigušenjem;• Prinudne vibracije.

Tema 3: 66• Osnovni principi zaštite od vibracija – vibroizolacija;• Procena štetnog dejstva vibracija na čoveka:

- Vibracije sistema šaka-ruka,- Vibracije celog tela.

ELEKTROMAGNETNA ZRAČENJA

Tema 1: 77• Električno polje - Kulonov zakon, Gausova teorema;• Magnetno polje;• Antene.

Tema 2: 88• Proračun i ocena kvaliteta osvetljenosti

Tema 3: 99• Proračun i ocena toplotnog zračenja

Tema 4: 103• Proračun i ocena ultravioletnog i jonizujućeg zračenja



PREDMET: FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE

OBLAST: Buka

TEMA 1: • Tačkasti zvučni izvori;• Zajedničko dejstvo više nezavisnih tačkastih izvora.



FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE BUKA – TEMA 1

3

ZADATAK 1.

Ako je zvučna snaga motorne kosačice 0.01 W, izračunati intenzitet zvuka i zvučni pritisak koje ona generišena otvorenom prostoru na poziciji rukovaoca. Rastojanje uva rukovaoca kosačicom od njenog akustičkogcentra iznosi 1.5 m.

Rešenje:U opštem slučaju, kada se izvor zvuka zvučne snage P a [W] nalazi na otvorenom prostoru, on na nekomrastojanju r [m] od akustičkog centra izvora stvara intenzitet zvuka:

2r

P I

z

a

Ω= ,

gde je zΩ [srad] - prostorni ugao zračenja koji zavisi od pozicije izvora zvuka.

Koristeći vezu između intenziteta zvuka i zvučnog pritiska

c

p I

ρ

2

= ,

može se izvesti veza između zvučnog pritiska i zvučne snage izvora:

z

a

z

a c P

r p

c

p

r

P I

Ω=⇒=

Ω=

ρ

ρ

12

2.

Kada se izvor zvuka nalazi na podlozi, prostorni ugao zračenja iznosi π 2 [srad], tako da je intenzitet zvukana poziciji rukovaoca kosačicom:

]W/m[000707.05.114.32

01.0

22

22=

⋅⋅==

r

P I a

π .

Zvučni pritisak na poziciji rukovaoca kosačicom iznosi:

]Pa[532.014.32

40001.0

5.1

1

2

1=

⋅⋅

==π

ρ c P

r p a .




4

ZADATAK 2.

Tačkasti izvor buke, smešten na beskonačnom i krutom zidu, na rastojanju 1 m od zida stvara intenzitetzvuka 1 mW/m2. Ako se ukloni zid, izračunati:

a) intenzitet zvuka i zvučni pritisak na rastojanju 1 m od izvora buke;

b) rastojanje na kojem se još može čuti zvuk ako se zanemari disipacija u vazduhu.

Rešenje:

Kada se izvor buke nalazi na beskonačnom i krutom zidu, prostorni ugao zračenja iznosi π 2 [srad], tako da je intenzitet zvuka na nekom rastojanju od izvora:

22 r

P I a

π = .

Kako je intenzitet zvuka na rastojanju 1 m od izvora buke poznat, može se izračunati zvučna snaga izvora buke:

mW28.6114.32001.02 22 =⋅⋅⋅=⋅⋅= r I P a π .

a) Kada se izvor, sada poznate zvučne snage, nalazi na otvorenom prostoru, jer je uklonjen zid, intenzitetzvuka koji on stvara na rastojanju 1 m od izvora buke iznosi:

222

mW/m5.0114.34

00628.0

4=

⋅⋅==

r

P I a

π .

Zvučni pritisak na istom rastojanju iznosi:

Pa45.014.34

40000628.0

1

1

4

1=

⋅⋅

==π

ρ c P

r p a .

b) Zvuku koji se još može čuti na nekom rastojanju r 1 odgovara minimalni zvučni pritisak koji može daregistruje bubna opna, tzv. prag čujnosti 0 p koji iznosi 20 μPa. Kako je zvučni pritisak poznat,

rastojanje se računa kao:

m599914.34

40000628.0

00002.0

1

4

1

4

1

01

10 =

⋅

⋅==⇒==

π

ρ

π

ρ c P

pr

c P

r p p aa .

Dakle, zvuk koji generiše izvor buke može se još čuti na rastojanju 9 995 m od izvora.




5

ZADATAK 3.

Tačkasti izvor buke nepoznate zvučne snage nalazise u slobodnom prostoru. Ako je na poziciji prijemnika M1 (ljudsko uvo) izmeren zvučni pritisak od 0.02 Pa, izračunati energiju zvučnih talasa koja u

jedinici vremena padne na bubnu opnu uva na pozicijama M1 i M2. Uzeti da je površina bubneopne 50 mm2.

Rešenje:

Intenzitet zvuka na poziciji uva M1 jednak je:

2622

11 W/m10

400

)02.0( −===c

p I

ρ .

U slušnom kanalu uva se formiraju ravni talasi, tako da je energija koja padne na bubnu opnu u jedinici

vremena, tj. snaga zvučnog talasa (akustička snaga):

W1051050105010 11126611

−−−− ⋅=⋅=⋅⋅=⋅= S I P a .

Zvučni pritisak na nekoj poziciji za slučaj tačkastog izvora buke zavisi samo od rastojanja posmatrane tačkedo izvora buke (zvučni pritisak je obrnuto proporcionalan rastojanju), tako da se može izvesti relacija:

22111

2

2

1

2

1

222

111

4

1

4

1

r pr pr

r

r

A

r

A

p

p

r

Ac P

r p

r

Ac P

r p

a

a

⋅=⋅⇒==⇒

⎪⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=⋅

=

=⋅

=

π

ρ

π

ρ

.

Dakle, proizvod zvučnog pritiska i rastojanja je konstantan. Ukoliko je poznat zvučni pritisak na jednomrastojanju, gornja relacija se može iskoristiti da se izračuna zvučni pritisak na drugom rastojanju. Tako jezvučni pritisak na poziciji uva M2:

Pa016.05

402.0

2

112 =⋅==

r

r p p .

Intenzitet zvuka na poziciji uva M2 jednak je:

2622

22 W/m1064.0

400

)016.0( −⋅===c

p I

ρ .

Energija koja padne na bubnu opnu u jedinici vremena (akustička snaga) na poziciji uva M2 iznosi:

W102.310501064.0 116622

−−− ⋅=⋅⋅⋅=⋅= S I P a .




6

ZADATAK 4.

Dva tačkasta zvučna izvora se nalaze u slobodnom prostoru na međusobnom rastojanju d . Zvučna snagaizvora S1 je deset puta veća od zvučne snage izvoraS2. Odrediti odnos intenziteta zvuka u tačkama A i B,

uz pretpostavku da zvučni izvori emituju zvuk širokog frekvencijskog spektra.

Rešenje:

Kada izvori emitiju zvuk širokog frekvencijskog spektra, rezultujući intenzitet zvuka u nekoj tački jednak jezbiru intenziteta zvuka koji stvaraju pojedinačni izvori u istoj tački. Intenzitet zvuka se računa na osnovuizraza koji definiše zavisnost intenziteta zvuka od zvučne snage i rastojanja tačke do izvora:

24 r

P I a

π = .

Zvučna snaga izvora S1 je deset puta veća od zvučne snage izvora S2:21 10 aa P P ⋅= .

Tačka A:

Intenzitet zvuka koji u tački A stvara izvor S1 određen je izrazom:

2

121

11

)2

(44 d

P

r

P I a

A

a A

π π == ,

gde je 1 Ar - rastojanje tačke A do izvora S1.

Intenzitet zvuka koji u tački A stvara izvor S2 određen je izrazom:

2

222

22

)2

(44 d

P

r

P I a

A

a A

π π

== ,


Rezultujući intenzitet zvuka u tački A jednak je zbiru intenziteta pojedinačnih izvora:

22

22

22

22

21 11

44

44

10

24

24

21 d

P

d

P

d

P

d

P

d

P I I I aaaaa

A A Aπ

π π π π

=+=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =+= .

Tačka B:Intenzitet zvuka koji u tački B stvara izvor S1 određen je izrazom:

2

121

11

4

344 )(

d

P

r

P I a

B

a B

π π

== ,

gde je 1 Br - rastojanje tačke B do izvora S1.

Intenzitet zvuka koji u tački B stvara izvor S2 određen je izrazom:

2

222

22

444 )(

d

P

r

P I a

B

a B

π π

== ,





7

Rezultujući intenzitet zvuka u tački B jednak je zbiru intenziteta pojedinačnih izvora:

22

22

22

22

22

21 4484

9

40

164

16

94

10

44

4

34

21 d

P

d

P

d

P

d

P

d

P

d

P I I I aaaaaa

B B Bπ π

π π π π

.)( =+=+=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =+= .

Odnos intenziteta zvuka u tačkama A i B jednak je:

31448

11

448

11

22

22

..

.===

d

P d

P

I

I

a

a

B

A

π

π .

Dakle, intenzitet zvuka u tački A je 1.3 puta veći od intenziteta zvuka u tački B, ili izraženo u procentima za30%.




8

ZADATAK 5.

Dva tačkasta zvučna izvora se nalaze u slobodnom prostoru na međusobnom rastojanju λ koje odgovaratalasnoj dužini emitovanog zvuka. Zvučna snagaizvora 1 je 4 puta veća od zvučne snage izvora 2.

Odrediti odnos zvučnih pritisaka u tačkama A i B, uz pretpostavku da zvučni izvori emituju čist sinusni ton(prost zvuk) i da izvori rade u fazi.

Rešenje:

Kada izvori emitiju zvuk tonalnog karaktera, odnosno prost (sinusni) ton, pri određivanju rezultujućeefektivne vrednosti zvučnog pritiska potrebno je uzeti u obzir, pored efektivnih vrednosti zvučnih pritisakakoje generišu pojedinačni izvori, i faznu razliku zvučnih talasa koji dopiru do posmatrane tačke. Za dvazvučna izvora se rezultujući zvučni pritisak u nekoj tački određuje kao:

ϕ cos2122

21 2 p p p p p ++= ,

gde su: p1 i p2 [Pa] - zvučni pritisci koje generišu zvučni izvori u posmatranoj tački pojedinačno, a ϕ [srad] -

fazna razlika zvučnih talasa koji dopiru do posmatrane tačke.

Zvučni pritisak koji generišu pojedinačni izvori u posmatranoj tački određuje se na osnovu zvučne snageizvora i rastojanja posmatrane tačke do izvora:

π

ρ

4

1 c P

r p a= .

Fazna razlika zvučnih talasa se određuje kao zbir početne fazne razlike ( 0ϕ ) u generisanju zvučnih talasa na

poziciji samih zvučnih izvroa i fazne razlike kao posledice različito pređenih puteva zvučnih talasa ( r Δ ):

r k Δ+=0

ϕ ϕ .

Tačka A:

Zvučni pritisak koji stvara izvor S1 u tački A određen je izrazom:

π

ρ

λ π

ρ

λ π

ρ 221

11

2

4

4

2

1

4

1 aaa

A

A

cP P ccP

r p =

⋅== ,


Zvučni pritisak koji stvara izvor S2 u tački A određen je izrazom:

π

ρ

λ π

ρ

λ π

ρ 222

22

1

42

1

4

1 aaa

A A

cP cP cP

r p === ,


Fazna razlika zvučnih talasa u tački A ima vrednost:

022

200 =−+=Δ+= )(

λ λ

λ

π ϕ ϕ r k A .

Kako je fazna razlika jednaka nuli, talasi su u tački A u fazi, pa se rezultujući zvučni pritisak može odreditikorišćenjem uprošćenog izraza (zbir zvučnih pritisaka):

π

ρ

λ π

ρ

λ π

ρ

λ

222

21

312 aaa

A A A

cP cP cP p p p =+=+= .




9

Tačka B:

Zvučni pritisak koji stvara izvor S1 u tački B određen je izrazom:

π

ρ

λ π

ρ

λ π

ρ 221

11 3

4

4

4

4

31

4

1 aaa

B

B

cP P ccP

r p =

⋅== .


Zvučni pritisak koji stvara izvor S2 u tački B određen je izrazom:

π

ρ

λ π

ρ

λ π

ρ 222

22

2

44

1

4

1 aaa

B

B

cP cP cP

r p === .


Fazna razlika zvučnih talasa u tački B ima vrednost:

[ ]srad4

22)44

3(200 π λ

λ

π λ λ

λ

π ϕ ϕ =⋅=−+=Δ+= r k B .

Kako je fazna razlika jednaka π [srad], talasi u tački B su u protivfazi, pa se rezultujući zvučni pritisak možeodrediti korišćenjem uprošćenog izraza (razlika zvučnih pritisaka):

π

ρ

λ π

ρ

λ π

ρ

λ

22212

1

3

21

3

412 aaa

B B B

cP cP cP p p p =−=−= .

Odnos zvučnih pritisaka u tačkama A i B jednak je:

54291

3

2

13

2

2

.===

π

ρ

λ

π

ρ

λ a

a

B

A

cP

cP

p p .

Dakle, zvučni pritisak u tački A je 4.5 puta veći od zvučnog pritiska u tački B.




10

ZADATAK 6.

Tačkasti zvučni izvor se nalazi u slobodnom prostoru na rastojanju x = 14.2 cm od beskonačno velikog zidakoeficijenta apsorpcije 0. Zvučna snaga izvora na frekvenciji od 400 Hz iznosi 16 mW. Izračunati vrednostzvučnog pritiska na rastojanju l = 3 m od zvučnog izvora na pravcu koji prolazi kroz zvučni izvor i upravan

je na ravan zida.

Rešenje:

Pored direktnog zvučnog talasa kojeg generiše izvor, na poziciju mernog mikrofona M dopire i reflektovanizvučni talas od zida. Efekat reflektovanih zvučnih talasa se može predstaviti postavljanjem virtuelnog izvoraS' s druge strane zida, na istom rastojanju x od njega kao što je i rastojanje stvarnog izvora S.

Zvučna snaga virtuelnog izvora zavisi od apsorpcionih karakteristika zida, odnosno, njegova zvučna snaga seumanjuje za apsorbovani deo energije zidom, tako da ona iznosi:

mW16016.0)01()1(' =⋅−=−= aa P P α ,

gde je α - koeficijent apsorpcije zida.

Opisanim pristupom dobija se niz od dva nezavisna tačkasta zvučna izvora. S obzirom na to da emituju prost(sinusni) zvuk, pri određivanju rezultujuće efektivne vrednosti zvučnog pritiska potrebno je uzeti u obzir,

pored efektivnih vrednosti zvučnih pritisaka direktnog i reflektovanog talasa, i faznu razliku zvučnih talasakoji dopiru do posmatrane tačke.

Direktan talas:

Zvučni pritisak koji u tački M stvara stvarni izvor S (direktan zvučni talas) određen je izrazom:Pa238.0

14.34

016.0400

3

1

4

1

4

1=

⋅⋅

===π

ρ

π

ρ aa

d

d

cP

l

cP

r p ,

gde je d r - rastojanje tačke M do stvarnog izvora S, odnosno rastojanje koje pređe direktan zvučni talas.

Reflektovan talas:

Zvučni pritisak koji u tački M stvara virtuelni izvor S’ (reflektovan zvučni talas) određen je izrazom:

Pa217.014.34

016.0400

142.023

1

42

1

4

1 '

=⋅⋅

⋅+=

+==

π

ρ

π

ρ aa

r

r

cP

xl

cP

r p .

gde je r r - rastojanje tačke M do virtuelnog izvora S, odnosno rastojanje koje pređe reflektovani zvučnitalas.

Fazna razlika direktnog i reflektovanog zvučnog talasa u tački M ima vrednost:

[ ]srad3

2

340

142.040044)2(

2)(

2)(00

π π π π π ϕ ϕ =

⋅⋅⋅==−+=−=−+=Δ+=

c

fxl xl

c

f r r

c

f r r k r k d r d r .

Početna fazna razlika 0ϕ , budući da je reč o istom izvoru zvuka, ima vrednost nula.

Rezultujući zvučni pritisak u tački M ima vrednost:

Pa228.03

2cos217.0238.02)217.0()238.0(cos2 2222 =⋅⋅⋅++=++=

π ϕ r d r d p p p p p .




11

ZADATAK 7.

Dva neusmerena izvora buke, jednake zvučne snage P a=1 mW,nalaze se u slobodnom prostoru u blizini zida čiji je koeficijentapsorpcije 0.2, kao što je prikazano na slici. Buka koju onistvaraju je širokopojasna i registruje se mikrofonima

postavljenim u tačkama M1 i M2. Mikrofoni su neusmereni.Odrediti vrednost zvučnog pritiska u tačkama M1 i M2.

Rešenje:

Pored direktnih zvučnih talasa koje generišu izvori buke, na pozicije mernih mikrofona dopiru i reflektovani zvučni talasi odzida. Efekat reflektovanih zvučnih talasa se može predstaviti postavljanjem virtuelnih izvora buke 1S′ i 2S′ s druge stranezida, na istom rastojanju od njega kao što je i rastojanje stvarnihizvora S1 i S2.

Zvučna snaga virtuelnih izvora zavisi od apsorpcionihkarakteristika zida, odnosno njihova zvučna snaga se umanjujeza apsorbovani deo energije zidom, tako da ona iznosi:

mW8.0001.0)2.01()1(' =⋅−=−= aa P P α ,

gde je α - koeficijent apsorpcije zida.

Opisanim pristupom se dobija niz od četiri nezavisna tačkasta zvučna izvora. S obzirom na to da emitujuzvuk širokog spektra, rezultujući intenzitet u bilo kojoj tački jednak je zbiru intenziteta koji u toj tački stvarasvaki od izvora pojedinačno.

Intenzitet zvuka u nekoj tački na rastojanju r od izvora buke jednak je:

24 r

P I a

π = .

Dakle, za svaku mernu poziciju potrebno je odrediti kvadrat rastojanja do svakog izvora buke.

Za mernu poziviju M1 kvadrati rastojanja do pojedinih izvora zvuka iznose:

.m13003020:'S

,m8002020:'S

,m5001020:S

,m40020:S

2222

41

222232

222222

22211

=+=

=+=

=+=

==

r

r

r

r

Ukupni intenzitet u tački M1 iznosi:

,....

,''

,''

13004

00080

8004

00080

5004

0010

4004

0010

4444

1

24

23

22

21

1

12211

⋅+

⋅+

⋅+

⋅=

+++=

+++=

π π π π

π π π π

M

aaaa M

M

I

r

P

r

P

r

P

r

P I

I I I I I

2777771 W/m108941050108010591102 −−−−− ⋅=⋅+⋅+⋅+⋅= .... M I .

Zvučni pritisak u tački M1 iznosi:

mPa144001089.4 711

21

1 =⋅⋅==⇒= −c I p

c

p I M M

M M ρ

ρ .




12

Kvadrati rastojanja pojedinih izvora zvuka do merne pozicije M2 iznose:

.m8002020:'S

,m5001020:'S

,m40020:S

,m5001020:S

222241

222232

22222

222211

=+=

=+=

==

=+=

r

r

r

r

Ukupni intenzitet u tački M2 iznosi:

,....

,''

,''

8004

00080

5004

00080

4004

0010

5004

0010

4444

2

24

23

22

21

2

12212

⋅+

⋅+

⋅+

⋅=

+++=

+++=

π π π π

π π π π

M

aaaa M

M

I

r

P

r

P

r

P

r

P I

I I I I I

2777771 W/m1098510801059110210591 −−−−− ⋅=⋅+⋅+⋅+⋅= .... M I .

Zvučni pritisak u tački M2 iznosi:

mPa5.154001098.5 722

22

2 =⋅⋅==⇒= −c I pc

p I M M

M M ρ

ρ .

Uticaj direktnih talasa na pozicijama oba mikrofona je zbog simetričnosti isti, ali je ukupni zvučni pritisak na poziciji M2 veći jer je mikrofon na toj poziciji bliži zidu gde je uticaj reflektovanih talasa značajniji.




OBLAST: Buka

TEMA 2: • Nivo buke;

• Sabiranje i oduzimanje nivoa buke.




14

ZADATAK 1.

Izračunati nivo zvučne snage motorne kosačice i nivoe intenziteta zvuka i zvučnog pritiska koje ona generišena otvorenom prostoru na poziciji rukovaoca. Zvučna snaga motorne kosačice je 0.01 W, a rastojanje uvarukovaoca kosačicom od njenog akustičkog centra iznosi 1.5 m.

Rešenje: Nivo zvučne snage kosačice može se izračunati polazeći od opšte definicije nivoa:

dB10010

01.0log10log10

120

=== − P

P L a

P ,

gde je:

P - zvučna snaga posmatranog izvora,

0 P - referentna vrednost zvučne snage.

Kada se izvor buke nalazi na podlozi, intenzitet zvuka na poziciji rukovaoca kosačicom je:

2222 W/m000707.05.12 01.02 =⋅=⋅=⋅Ω= π π r

P r

P I a

z

a ,

a zvučni pritisak:

Pa532.02

40001.0

5.1

1

2

11=

⋅=

⋅⋅=

Ω⋅⋅

=π π

ρ ρ c P

r

c P

r p a

z

a ,

gde je:

zΩ - prostorni ugao zračenja izvora (za slučaj kada se izvor nalazi na podlozi ima vrednost 2π [srad]),

r - rastojanje do izvora.

Nivo intenziteta zvuka i zvučnog pritiska iznose:

dB,5.88102

532.0log10log20

dB,5.8810

000707.0log10log10

50

120

=⋅

==

===

−

−

p

p L

I

I L

p

I

gde je:

I - intenzitet zvuka u posmatranoj tački,

- zvučni pritisak u posmatranoj tački

0 I - referentna vrednost intenziteta zvuka,

0 p - referentna vrednost zvučnog pritiska. Nivo intenziteta zvuka i nivo zvučnog pritiska na otvorenom prostoru imaju istu vrednost i jedinstveno senazivaju "nivo zvuka" ili "nivo buke".




15

ZADATAK 2.

Tačkasti izvor buke, smešten u neposrednoj blizini zida, na rastojanju od 10 m stvara nivo zvuka od 90 dB.Ako bi se tačkasti izvor buke nalazio na otvorenom prostoru, izračunati:

a) koliki nivo buke stvara na istom rastojanju (10 m);

b) na kojoj se udaljenosti još može čuti ovaj izvor ako se zanemari disipacija u vazduhu;

c) dispaciju u vazduhu ako izvor buke na rastojanju od 1000 m stvara nivo od 40 dB.

Rešenje:

Kako je nivo buke koji stvara izvor poznat, intenzitet zvuka se može izračunati polazeći od osnovnedefinicije nivoa buke (preko intenziteta zvuka):

23901012100

0

W/m1010101010 −⋅−⋅ =⋅==⋅=⇒= ..log I I I I

I L L .

Izvor buke se nalazi u neposrednoj blizini zida, pa je njegov prostorni ugao zračenja π 2=Ω z [srad]. Kada je

poznat intenzitet zvuka na nekom rastojanju, može se izračunati zvučna snaga izvora buke:

W628.01014.321022

23222

=⋅⋅⋅=⋅=⇒=Ω

= −r I P

r

P

r

P I a

a

z

a π π

.

a) Kada se isti izvor buke nalazi na otvorenom prostoru, menja se njegov prostorni ugao zračenja( π 4=Ω z [srad]), pa se modifikuje i jednačina koja definiše intenzitet zvuka u funkciji rastojanja.

Njenom primenom se može izračunati intenzitet zvuka na rastojanju 10 m od izvora buke koji se nalazina otvorenom prostoru:

242221 W/m105

1014.34

628.0

4

−⋅=

⋅⋅

==

Ω

=

r

P

r

P I a

z

a

π

,

kao i nivo buke:

dB8710

105log10log10

12

4

0

11 =

⋅== −

−

I

I L .

Zaključak: Prebacivanjem izvora buke na otvoreni prostor, tj. dvostrukim povećanjem prostornog uglazračenja, nivo buke se smanjuje za 3 dB.

b) Ako se zanemari disipacija u vazduhu, slabljenje nivoa buke je posledica samo promene površinetalasnog fronta (promenljiva sa rastojanjem) na kojoj se raspoređuje ista količina emitovane zvučne

energije:

1

221 20

r

r L L L log=−=Δ .

Nivo buke koji se više neće čuti mora biti manji od nivoa praga čujnosti koji iznosi L2 = 0 dB. Dakle,uzimajući da je dB02 = L , dobija se jednačina iz koje se može izračunati rastojanje na kojem se još

uvek može čuti zvuk:

km.6.223101010

,10log20

20

087

2012

20

1

2

1

221

21

21

=⋅=⋅=

=⇒=−

−−

−

L L

L L

r r

r

r

r

r L L




16

c) Disipacija u vazduhu se u realnim okolnostima ne može zanemariti, tako da je razlika nivoa buke urealnim uslovima data izrazom:

)(.log 121

221 34420 r r m

r

r L L L −+=−=Δ .

Prvi deo gornje jednačine predstavlja slabljenje buke usled promene površine talasnog fronta pri prostiranju zvučnih talasa, a drugi deo predstavlja slabljenje usled disipacije u vazduhu koje je određenokoeficijentom disipacije m. Kako nivo buke na rastojanju 1000 m od izvora iznosi dB402 = L (prema

uslovu zadatka), dobija se jednačina iz koje se može izračunati nepoznati koeficijent disipacije:

dB/m016.0)101000(34.410

1000log204087

)(34.4

log20

12

1

221

=−

−−=

−

−−=

r r

r

r L L

m .




17

ZADATAK 3.

Četiri tačkasta izvora buke stvaraju zvučno polje u tački M. Zvučni pritisci koji stvaraju izvori u tački Mstoje u odnosu 4321 842 p p p p === . Odrediti nivoe buke koje stvaraju ostali izvori buke ako je nivo bukekoji stvara prvi izvor 60 dB.

Rešenje:

Kako je poznat nivo buke koji stvara prvi izvor buke, može se odrediti zvučni pritisak u tački M koji je posledica njegovog dejstva:

Pa10210102101021020 235306052001

0

11

1 −−− ⋅=⋅⋅=⋅⋅==⇒= //log L p p

p

p L ,

gde je 0 p - referentna vrednost zvučnog pritiska.

Definisani odnos zvučnih pritisaka ostalih izvora određuje zvučne pritiske koje oni stvaraju u tački M:

Pa.102508

102

88

Pa,10504

102

44

Pa,102

102

22

22

1441

22

1331

22

1221

−−

−−

−−

⋅=⋅

==⇒=

⋅=⋅

==⇒=

=⋅

==⇒=

.

.

p p p p

p p p p

p p p p

Nivoi buke koje u tački M stvaraju ostali izvori buke se izračunavaju na osnovu dobijenih vrednosti zvučnih pritisaka i izraza koji definiše nivo buke (preko zvučnog pritiska):

.dB42log20

dB,48log20

dB,54log20

0

44

0

33

0

22

==

==

==

p

p L

p

p

L

p

p L

Dakle, dvostruko smanjenje zvučnog pritiska daje smanjenje nivoa buke za 6 dB, i obrnuto, dvostruko povećanje zvučnog pritiska daje povećanje nivoa buke za 6 dB.




18

ZADATAK 4.

Odrediti rezultujući nivo buke u tački M za četiri tačkasta izvora buke koji emituju buku širokog spektra. Nivoi buke koje stvaraju pojedinačni izvori na poziciji tačke M iznose redom: 90 dB, 90 dB, 95 dB i 100 dB.

Rešenje:

U opštem slučaju, kada se posmatra zajedničko dejtvo N nezavisnih izvora buke koji emituju buku širokogspektra, rezultujući intenzitet zvuka se određuje kao suma intenziteta zvuka koji stvaraju pojedinačni izvori

buke u posmatranoj tački:

N N

N

i

i R I I I I I I I +++++== −=∑ 1321

1

... .

Rezultujući nivo buke određen je logaritamskim odnosom rezultujućeg intenziteta i referentne vrednosti I 0:

∑=

− =++=++++

= N

i

i N N N R R

I

I

I

I

I

I

I

I I I I

I

I L

1 000

1

0

121

0

log10)...log(10...

log10=log10 .

Ako se u gornjoj jednačini zameni odnos intenziteta zvuka koji stvara pojedinačni izvor buke i referentnevrednosti sa:

10/

00

10log10 i Liii

I

I

I

I L =⇒= ,

dobija se opšti izraz za sabiranje nivoa buke koju stvara N nezavisnih izvora:

)10...10log(1010log10 10/10/

1

10/ 1 N i L L N

i

L R L ++== ∑

=

.

Primenom gornjeg izraza na četiri izvora buke data u primeru, dobija se rezultujući nivo buke koji oni

zajedno stvaraju u tački M:

dB.8.101)10101010log(10

),10101010log(1010log10

105.999

10/10/10/10/4

1

10/ 4321

=+++=

+++== ∑=

R

L L L L

i

L R

L

L i




19

ZADATAK 5.

Ukupni nivo buke koji stvara sto zvučnih izvora iste zvučne snage, postavljenih na otvorenom prostoru naistom rastojanju od prijemnika, iznosi 100 dB. Odrediti za koliko će se povećati ukupni nivo buke ako sezvučni pritisak kod 20 izvora buke poveća za 1 Pa.

Rešenje: Kada se N identičnih izvora buke nalazi na istom rastojanju od posmatrane tačke na otvorenom prostoru (ilise nalaze u zatvorenom prostoru), oni će u posmatranoj tački stvarati isti intenzitet zvuka:

N aN aa N

i

ia

i z

iai I I I P P P r r r

r

P

r

P I ===⇒=======

Ω= KK 2121212

,2

, i...;4π

.

Ukupni intenzitet zvuka jednak je zbiru pojedinačnih intenziteta zvuka:

I N I I I I I I I N

N R ⋅=+++=+++= 4 4 34 421 ......21 ,

tako da je rezultujući nivo buke:

N L N I

I

I

I N

I

I L R

R log10log10log10log10log10000

+=+=⋅

== ,

gde je L - nivo buke koji stvara jedan izvor buke i može se izračunati kao:

dB80100log10100log10 =−=−= N L L R .

Zvučni pritisak koji stvara jedan zvučni izvor jednak je:

Pa2.01010210log20 4520/0

0

=⋅⋅==⇒= − L p p p

p L .

Zvučni pritisak povećan kod dvadeset izvora buke za 1 Pa će iznositi:211 .' =+= p p Pa.

Kada izvori buke emituju buku širokog spektra, tada je kvadrat rezultujućeg pritiska jednak zbiru kvadratazvučnih pritisaka koji stvaraju pojedinačni izvori:

665212020802080 2222

20

22

8020100

22

1

22 .).().('''' =⋅+⋅=⋅+⋅=++++=⇒===−=−

=∑ p p p p p p p p p

nn N

R

N

i

i R 43421K

4 434 421K Pa.

Nivo buke nakon povećanja zvučnog pritiska iznosi:

dB109102

66.5log20log20

50

'' =

⋅==

− p

p L R

R

.

Povećanje nivoa buke iznosi:

9100109 =−=−=Δ R R L L L' dB.




20

ZADATAK 6.

Četrdeset izvora buke iste zvučne snage se nalazi na otvorenom prostoru, na istom rastojanju od prijemnika, pri čemu na mestu prijema generišu rezultujući (ukupni) nivo buke od 80 dB. Odrediti za koliko će sesmanjiti rezultujući nivo buke ako se intenzitet zvuka kod dvadeset izvora buke smanji na polovinu. Za tajslučaj odrediti i vrednost rezultujućeg zvučnog pritiska.

Rešenje:

Kada se N identičnih izvora buke iste zvučne snage nalazi na istom rastojanju od posmatrane tačke naotvorenom prostoru (ili se nalaze u zatvorenom prostoru), oni će u posmatranoj tački stvarati isti intenzitetzvuka:

N aN aa N

i

ia

i z

ia

i I I I P P P r r r r

P

r

P I ===⇒=======

Ω= KK 2121212

,2

, i...;4π

.

Ukupni intenzitet zvuka jednak je zbiru pojedinačnih intenziteta zvuka:

I N I I I I I I I N

N R ⋅=+++=+++= 4 4 34 421 ......21 .

Ako se intenzitet zvuka kod dvadeset izvora buke smanji na polovinu, ukupni intenzitet imaće vrednost:

I N I N

I N I I I

I I I I I I I

N

N

N R ⋅=⋅+⋅=+++++++=+++=4

3

2222222

221

4 4 34 4 214 434 421

//

' ......... .

Smanjenje intenziteta zvuka usloviće promenu nivoa buke za LΔ :

dB25.14

3log104

3

log10log10log10log10log10'

0

0'

00

'' −==

⋅

⋅===−=−=Δ

I N

I N

I

I

I I

I I

I

I

I

I L L L

R

R

R

R R R R R .

Nivo buke nakon smanjenja intenziteta zvuka ima vrednost:

dB75.78' =Δ−= L L L R R .

Vrednost rezultujućeg zvučnog pritiska u novim uslovima se određuje na osnovu izračunatog nivoa buke:

Pa17.010log20 20/0

'

0

'' '

==⇒= R L R

R R p p

p

p L .




OBLAST: Buka

TEMA 3: • Subjektivna jačina zvuka;

• Glasnost;

• Ekvivalentni nivo buke;

• Nivo izloženosti buci.




22

Sl. 1 Dijagram izofonskih linija

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

10

31.5 63 125 250 500 1k 2k 4k 8k 16k f [Hz]

s l a b l j e n j e [ d

B ]

A

B

C

Sl. 2 Težinske (ponderacione) krive

Tab. 1 Slabljenje standardizovanihtežinskih krivih na standardizovanim

centralnim frekvencijama

f 0[Hz]KrivaA [dB]

KrivaB [dB]

KrivaC [dB]

50 -30.2 -11.6 -1.363 -26.2 -9.3 -0.8

80 -22.5 -7.4 -0.5

100 -19.1 -5.6 -0.3

125 -16.1 -4.2 -0.2

160 -13.4 -3.0 -0.1

200 -10.9 -2.0 0

250 -8.6 -1.8 0

315 -6.6 -0.8 0

400 -4.8 -0.5 0

500 -3.2 -0.3 0

630 -1.9 -0.1 0

800 -0.8 0 0

1000 0 0 01250 0.6 0 0

1600 1.0 0 -0.1

2000 1.2 -0.1 -0.2

2500 1.3 -0.2 -0.3

3150 1.2 -0.4 -0.5

4000 1.0 -0.7 -0.8

5000 0.5 -1.2 -1.3

6300 -0.1 -1.9 -2.08000 -1.1 -2.9 -3.0

10000 -2.5 -4.3 -4.4




23

ZADATAK 1.

Izvor buke emituje čist sinusni ton frekvencije 100 Hz i nivoa 60 dB. Odrediti subjektivnu jačinu i glasnostovog zvuka. Izračunati na koji nivo treba da poraste ovaj ton da bi se glasnost povećala dva puta.

Rešenje:

Sa grafika koji prikazuje izofonske linije se može očitati da na frekvenciji 100 Hz nivou buke od 60 dBodgovara subjektivna jačina zvuka od 51 fona. Ova vrednost, koja se nalazi između dve susedne nacrtaneizofonske linije od 50 i 60 fona, određuje se približno (interpolacijom i slobodnom procenom).

Glasnost komponente se određuje korišćenjem relacije koja povezuje glasnost zvuka i subjektivnu jačinu:

14222 10

4051

10

40

.===−−Λ

S sona,

gde je: ][ fonΛ - subjektivna jačina, a ][ sonS - glasnost zvuka.

Subjektivna jačina zvuka dvostruko veće glasnosti

sona28.414.2221 =⋅=⋅= S S

se određuje iz relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka:

fon8.60)28.4log(3340log2log1040 11 =+=+=Λ S .

Sa izofonskih linija se može odrediti da subjektivnoj jačini od 60.8 fona, na frekvenciji od 100 Hz, odgovaraobjektivni nivo od 68 dB.




24

ZADATAK 2.

Za tri izvora buke koji emituju čiste sinusne tonove redom na frekvencijama 200 Hz, 500 Hz i 1000 Hz,nivoa 64 dB, 70 dB i 74dB, odrediti koji je izvor buke najglasniji i kolika je ukupna subjektivna jačina bukekoja nastaje zajedničkim radom sva tri izvora.

Rešenje: Određivanje subjektivne jačine složenog zvuka čije su komponente dovoljno udaljene na frekvencijskoj skali(rastojanje veće od širine oktave), podrazumeva da se na osnovu frekvencije i nivoa buke za svaki od izvora

buke sa dijagrama izofonskih linija odredi subjektivna jačina zvuka koji on emituje. Korišćenjem relacijekoja povezuje glasnost zvuka i subjektivnu jačinu:

10

40

2−Λ

=S ,

može se odrediti glasnost svakog izvora buke. Rezultati proračuna su dati u tabeli, a na grafiku izofonskihlinija je prikazan postupak očitavanja subjektivne jačine zvuka.

f [Hz] 200 500 1000

L [dB] 64 70 74

Λ [fon] 65 72 74

S [son] 5.7 10.7 9.2

Najglasniji izvor buke je izvor koji emituje komponetu na 500 Hz, nivoa 70 dB. Ukupna glasnost zvuka kojinastaje kao rezultat zajedničkog rada sva tri izvora se dobija sabiranjem glasnosti sve tri komponete:

4252971075321 .... =++=++= S S S S sona.

Subjektivna jačina složenog zvuka se nalazi iz relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka:

4.86)4.25log(3340log3340 =+=+=Λ S fona.




25

ZADATAK 3.

Izvor buke emituje složeni zvuk koji sadrži tri komponente, frekvencije 200 Hz i nivoa 60 dB, frekvencije500 Hz i nivoa 80 dB i frekvencije 2000 Hz i nivoa 70 dB. Izračunati:

a) ukupni nivo složenog zvuka, b) ukupnu glasnost i subjektivnu jačinu složenog zvuka, i

c) potreban nivo tona od 500 Hz da bi imao istu glasnost kao ovaj složeni zvuk.

Rešenje:

a) Ukupni nivo emitovanog složenog zvuka se dobija jednostavnim energetskim sabiranjem nivoa svihkomponenata koje čine buku.

dB.5.80)101010log(10

),101010log(1010log10

786

10/10/10/3

1

10/ 321

=++=

++== ∑=

R

L L L

i

L R

L

L i

b) Kako su komponente složenog zvuka na frekvencijskoj skali međusobno dosta udaljene i ne pripadajuistim oktavama, subjektivna jačina složenog zvuka se određuje kao i u prethodnom primeru - primenomizofonskih linija sa kojih se očitava subjektivna jačina svake komponente na osnovu njene frekvencije iobjektivnog nivoa. Na osnovu toga se određuje glasnost svake komponente korišćenjem relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka. Rezultati proračuna su dati u tabeli.

f [Hz] 200 500 2000

L [dB] 60 80 70

Λ [fon] 60 84 72

S [son] 4 21.1 9.2

Ukupna glasnost složenog zvuka dobija se sabiranjem glasnosti sve tri komponete:

334291214321 ... =++=++= S S S S sona.

Subjektivna jačina složenog zvuka se nalazi iz relacije koja povezuje subjektivnu jačinu i glasnost zvuka:

9133433403340 =+=+=Λ ).log(log S fon.

c) Da bi imao istu glasnost kao i složeni zvuk, ton na 500 Hz mora da ima istu subjektivnu jačinu kao i tajsloženi zvuk. Sa izofonskih linija se može odrediti da na frekvenciji 500 Hz subjektivnoj jačini od 91 fonodgovara nivo buke od približno 87 dB.




26

ZADATAK 4.

Izračunati ekvivalentne nivoe buke u toku jednog sata za vremenski promenljive nivoe buke čiji je vremenskidijagram prikazan na slici i uočiti razliku među njima.

6065

70758085

90

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60

t [min]

L [ d B ( A ) ]

(a)

60

6570

75

8085

90

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 60

t [min]

L [ d B ( A ) ]

(b)

Rešenje:

Numeričke vrednosti koje opisuju promenljivu buku sa slike a) su:

min.30dB(A),80min.,30dB(A),70

22

11

====

t L

t L

Polazeći od opšteg izraza za izračunavanje ekvivalentnog nivoa buke

∑=

⋅=n

i

Lieq

it

L1

1.010T

log10 ,

gde je: it - vremenski interval u kome je izmeren konstantni nivo buke i L ; T – vremenski interval u kome se

određuje ekvialentni nivo buke, ekvivalentni nivo promenljive buke sa slike a) za T = 60 min. se možeizračunati na sledeći način:

( ) dB(A).4.77105.0105.0log10

,1060

3010

60

30log10

,10T

10T

log10

87

1

87

1

1.021.011

21

=⋅+⋅=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ += ⋅⋅

eq

eq

L Leq

L

L

t t L

Numeričke vrednosti koje opisuju promenljivu buku sa slike b) su:

min.5dB(A),70

min.,5dB(A),70

min.,15dB(A),80

min.,25dB(A),70

min.,10dB(A),80

55

44

33

22

11

==

==

==

==

==

t L

t L

t L

t L

t L

Ekvivalentni nivo promenljive buke sa slike b) za T = 60 min. se određuje na sledeći način:

( ),1008.01008.01025.01042.01017.0log10

,1060

510

60

510

60

1510

60

2510

60

10log10

,10T

10T

10T

10T

10T

log10

87878

2

87878

2

1.051.041.031.021.012

54321

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++++=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++++= ⋅⋅⋅⋅⋅

eq

eq

L L L L Leq

L

L

t t t t t L

( ) dB(A)4.77105.0105.0log10 78

2=⋅+⋅=eq L .

Zadatak pokazuje da konstantni nivoi buke ne moraju da budu kontinualni da bi ekvivalentni nivo buke bioisti. Ako je ukupno trajanje konstantnog nivoa isto, način na koji se on pojavljuje u toku posmatranogvremena ne utiče na vrednost ekvivalentnog nivoa.




27

ZADATAK 5.

Izračunati ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvaraju dve mašine koje rade u ciklusimasa konstantnim nivoom buke. Prva mašina u osmočasovnom periodu ima 400 ciklusa i nivo izloženosti buciza svaki ciklus 90 dB(A). Druga mašina u istom periodu ima 200 ciklusa i nivo izloženosti buci za svakiciklus 95 dB(A).

Rešenje:

Ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvara prva mašina se može izračunati kao:

),28800log(10)400log(1090

),log(10)log(10

1

11 1

−+=

−+=

eq

AE eq

L

T N L L

47164426901

.. =−+=eq L dB(A),

gde je T [sec.] – ukupno vreme za koje se računa ekvivalentni nivo buke.

Ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvara druga mašina se može izračunati kao:

),28800log(10)200log(1095

),log(10)log(10

2

22 2

−+=

−+=

eq

AE eq

L

T N L L

47364423952

.. =−+=eq L dB(A).

Ukupni ekvivalentni nivo buke koji u osmočasovnom periodu stvaraju obe mašine se dobija energetskimsabiranjem pojedinačnih ekvivalentnih nivoa buke za obe mašine:

dB(A).5.75)1010log(10

),1010log(10

34.714.7

1.01.0 21

=+=

+=⋅⋅

eq

L L

eq

L

L eqeq




28

ZADATAK 6.

Na rastojanju 10 m od ose gradske saobraćajnice prolazak putničkog automobila stvara nivo izloženosti buciod 80 dB(A), prolazak kamiona stvara nivo izloženosti buci od 90 dB(A), a prolazak autobusa stvara nivoizloženosti buci od 95 dB(A). Ako u toku jednog sata saobraćajnicom prođe 200 putničkih automobila,50 kamiona i 20 autobusa, izračunati ekvivalentni nivo buke na rastojanju 10 m od ose gradske saobraćajnice

za vremenski period od jednog sata.

Rešenje:

Ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju putnički automobili:

),3600log(10)200log(1080

),log(10)log(10

1

11 1

−+=

−+=

eq

AE eq

L

T N L L

46763523801

.. =−+=eq L dB(A),

gde je T [sec.]– ukupno vreme za koje se računa ekvivalentni nivo buke.

Ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju kamioni:

),3600log(10)50log(1090

),log(10)log(10

2

22 2

−+=

−+=

eq

AE eq

L

T N L L

47163517902

.. =−+=eq L dB(A).

Ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju autobusi:

),3600log(10)20log(1095

),log(10)log(10

3

33 3

−+=

−+=

eq

AE eq

L

T N L L

47263513953 .. =−+=eq L dB(A).

Ukupni ekvivalentni nivo buke koji u toku jednog sata stvaraju sva vozila zastupljena u saobraćajnom tokudobija se energetskim sabiranjem pojedinačnih ekvivalentnih nivoa buke za sve vrste vozila:

dB(A).6.75)101010log(10

),101010log(10

24.714.774.6

1.01.01.0 321

=++=

++= ⋅⋅⋅

eq

L L L

eq

L

L eqeqeq




OBLAST: Buka

TEMA 4: • Nivo buke u zatvorenom prostoru;

• Vreme reverberacije;

• Zvučna apsorpcija.




30

ZADATAK 1.

Tačkasti izvor buke zvučne snage 5 W instaliran je u prostoriji vremena reverberacije 4 s i zapremine100 m3. Ako se isti izvor buke premesti na otvoreni prostor, odrediti rastojanje od izvora na kome biintenzitet zvuka bio isti kao i u prostoriji, kao i nivo zvučnog pritiska na tom rastojanju.

Rešenje:

Izvor buke zvučne snage P a [W] generiše u prostoriji vremena reverberacije T R [s] i zapremine V [m3]intenzitet zvuka koji je jednak:

V

T P I Ra25= .

Ako se izvor buke premesti na otvoreni prostor, na rastojanju r [m] će generisati intenzitet zvuka:

24 r

P I a

π = .

Izjednačavanjem izraza za intenzitet zvuka koji generiše izvor buke na otvorenom i u zatvorenom prostoru,može se odrediti rastojanje od izvora na otvorenom prostoru gde su oba intenziteta ista:

m282.04

1000564.00564.0

1004

252

====⇒= R R

a Ra

T

V

T

V r

r

P

V

T P

π π .

Zvučni pritisak p [Pa] na istom rastojanju na otvorenom prostoru ima vrednost:

Pa5.4514.34

5400

282.0

1

4

1=

⋅⋅

==π

ρ acP

r p .

Odgovarajući nivo zvučnog pritiska L [dB] iznosi:

dB127102

5.45log20log20 5

0=⋅== − p

p L ,

gde je p0 [Pa] - referentna vrednost zvučnog pritiska.




31

ZADATAK 2.

U prostoriji sa difuznim zvučnim poljem radi nepoznat broj izvora zvuka iste zvučne snage. Unošenjem joštri ista izvora zvuka, nivo zvuka se poveća za 4 dB. Odrediti prvobitan broj izvora zvuka ako oni emitujuzvuk širokog frekvencijskog spektra.

Rešenje:

Izvori zvuka iste zvučne snage generišu u prostoriji sa difuznim zvučnim poljem isti intenzitet zvuka koji zaneku prostoriju, pored njenih apsorpcionih karakteristika, zavisi samo od zvučne snage izvora:

A

P I

ia

i

⋅=

4,

I I I I P P P naaa n====⇒=== ...... 2121

,

tako da n izvora zvuka generiše rezultujući intenzitet jednak zbiru intenziteta zvuka koji potiče od pojedinačnih izvora zvuka:

nI I R = .

Unošenjem još 3 izvora buke, rezultujući intenzitet zvuka se povećava:

I n I R )(' 3+= .

Promena nivoa buke određena je odnosom rezultujućih intenziteta:

R

R

R

R

R R R R

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I L L L

'

'

'' loglogloglog 10101010

0

0

00

==−=−=Δ .

Zamenom dobijenih izraza za rezultujuće intenzitete zvuka u gornji izraz, dobija se jednačina u kojoj jenepoznat samo prvobitan broj izvora n:

n

n

nI

I n L

310

310

+=

+=Δ log

)(log .

Rešavanjem gornje jednačine se dobija nepoznata veličina n – prvobitni broj zvučnih izvora:

10103 / L

n

n Δ=+

,

.)(

,

,

///

/

/

2110

3110

33101

310

103

1041010

10

10

=−

=−

=⇒=+

=⋅+

⋅=+

ΔΔ

Δ

Δ

L

L

L

L

nn

nn

nn

Dakle, u prostoriji su se prvobitno nalazila dva zvučna izvora.




32

ZADATAK 3.

U prostoriji zapremine 200 m3 se nalaze dva izvora zvuka iste zvučne snage 10 mW. Prvi izvor zvukaemituje prost zvuk na frekvenciji 100 Hz, a drugi prost zvuk na frekvenciji 1000 Hz. Vreme reverberacije prostorije na 100 Hz je 2 s, a na 1000 Hz iznosi 4 s. Odrediti:

a) Rezultujući nivo zvuka u prostoriji,

b) Promenu nivoa zvuka u prostoriji nakon jedne sekunde od istovremenog prekida rada oba izvora.

Rešenje:

a) Intenzitet zvuka u prostoriji, u stacionarnom stanju, određen je u opštem slučaju izrazom:

V

T P I Ra25= .

Kako se vremena reverberacije na 100 Hz i 1000 Hz razlikuju, to će na ovim frekvencijama i intenziteti biti različiti. Intenzitet i nivo zvuka na 100 Hz imaju vrednosti:

233

11 mW1052200

210102525 −−

⋅=⋅⋅⋅

== .V

T P

I Ra

,

dB9.9310

105.2log10log10

12

3

0

11 =

⋅== −

−

I

I L ,

a na 1000 Hz:

233

22 mW105

200

210102525 −−

⋅=⋅⋅⋅

==V

T P I Ra ,

dB9.9610

105log10log10

12

3

0

22 =

⋅== −

−

I

I L .

Ukupan intenzitet zvuka u stacionarnom stanju biće jednak zbiru intenziteta zvuka komponenata na100 Hz i 1000 Hz:

233321 mW10571051052 −−− ⋅=⋅+⋅=+= .. I I I R .

Ukupan nivo zvuka određen je logaritamskim odnosom intenziteta zvuka i referentne vrednosti intenzitetazvuka:

dB7.9810

105.7log10log10

12

3

0

=⋅

== −

−

I

I L R

R .

b) Budući da su vremena reverberacije tonova na frekvencijama 100 Hz i 1000 Hz različita, pojedinačni

nivoi zvuka L1 i L2 nakon vremena t = 1 [s] od prekida rada izvora zvuka opadaju za različite iznoseΔ L1 i Δ L2.

Nakon isključenja izvora, nivo zvuka u prostoriji opada po linearnom zakonu. Nivo zvuka opadne za60 dB za vreme koje je jednako vremenu reverberacije. Na osnovu toga se mogu uspostaviti proporcije izkojih se može izračunati za koliko opadne nivo zvuka na obe posmatrane frekvencije nakon jednesekunde od istovremenog prekida rada (isključenja) izvora.

Proporcija koja definiše opadanje nivoa zvuka na 100 Hz ima oblik:

6011 :: T Lt =Δ ,

gde je t - proteklo vreme nakon isključenja izvora zvuka.

Opadanje nivoa zvuka frekvencije 100 Hz ima vrednost:

dB302

16060

11 =

⋅==Δ

T

t L .




33

Na sličan način se može definisati proporcija koja definiše opadanje nivoa zvuka frekvencije 1000 Hz:

dB154

1606060::

2222 =

⋅==Δ⇒=Δ

T

t LT Lt .

Nivoi zvuka na pojedinačnim frekvencijama nakon jedne sekunde od isključenja izvora imaju vrednosti:

dB.9.81159.96

dB,9.63309.93

22'2

11'1

=−=Δ−=

=−=Δ−=

L L L

L L L

Rezultujući nivo zvuka jednak je energetskoj sumi pojedinačnih nivoa:

dB9.81)1010log(10)1010log(10)10log(10 109.81109.6310102

1

10' '2

'1

'

=+=+== ∑=

L L

i

L R

i L .

Razlika rezultujućeg nivoa nakon jedne sekunde od isključenja izvora u odnosu na nivo zvuka ustacionarnom stanju jednaka je:

dB8.169.817.98' =−=−=Δ R R R L L L




34

ZADATAK 4.

Odrediti zvučnu snagu izvora buke koji se nalazi u prostoriji dimenzija 10×8×5 m, sa srednjim koeficijentomrefleksije pregrada (graničnih zidova) 0.9, ako je u prostoriji formiran nivo buke od 80 dB.

Rešenje:

Ukupna površina graničnih zidova prostorije određena je njenim dimenzijama:

2m340)58510810(2 =⋅+⋅+⋅=S .

Zbir koeficijenata apsorpcije i refleksije jednak je jedinici, odakle se može odrediti nepoznati koeficijentapsorpcije graničnih zidova prostorije:

1.011 =−=⇒=+ r r α α

Kako je koeficijent apsorpcije manji od 0.3, ispunjeni su uslovi homogenosti i difuznosti zvučnog polja u prostoriji.

Ukupna apsorpcija graničnih zidova prostorije, uzimajući da su one homogene po strukturi i sa istim

koeficijentom apsorpcije, ima vrednost:2m341.0340 =⋅==∑

i

ii S S A= α α .

Nivo buke u prostoriji određuje intenzitet zvuka koji je u svim tačkama prostorije isti i iznosi:

24108012100

0

mW1010101010 −− =⋅==⇒= L I I I

I L log .

gde je: L [dB] - nivo buke, I 0 [W/m2] - referentna vrednost intenziteta zvuka.

Intenzitet zvuka u prostorijama u kojima je ispunjen uslov homogenosti i difuznosti zvučnog polja je određenzvučnom snagom instaliranog izvora buke P

a[W] i ukupnom apsorpcijom graničnih zidova prostorije:

A

P I a4= .

Iz gornjeg izraza se može odrediti zvučna snaga izvora buke koji u prostoriji generiše zvučno polje nivoa buke od 80 dB:

W10584

3410

44

4−

−

⋅=⋅

=⋅

= . A I

P a .




35

ZADATAK 5.

U prostoriji dimenzija 20×10×10 m je instalirano 50 mašina iste zvučne snage. Vreme reverberacije prostorije je 2 s. Ako se zbog potreba tehnološkog procesa u istoj prostoriji montira još 100 novih mašinazvučne snage koja je ista kao i zvučna snaga postojećih mašina, odrediti za koliko će se povećati nivo buke u prostoriji ako je apsorpcija svake mašine 0.5 m2.

Rešenje:

Dimenzije prostorije određuju njenu zapreminu i površinu graničnih zidova:

.m1000)101010201020(2

,m20001010202

3

=⋅+⋅+⋅⋅=

=⋅⋅=

S

V

Vreme reverberacije definiše akustičke karakteristike prostorije:

2m16216201620 ==⇒T

V . A

A

V .T= .

Ukupna apsorpcija prostorije određena je apsorpcijom graničnih zidova i apsorpcijom mašina instaliranih u

prostoriji:m AnS A ⋅+⋅= α ,

gde je: α -srednji koeficijent apsorpcije graničnih zidova, n - broj mašina, m A [m2] - apsorpcija jedne mašine.

Srednji koeficijent apsorpcije graničnih zidova ima vrednost:

13701000

5050162.

.=

⋅−=

⋅−=

S

An A mα .

Kako je srednji koeficijent apsorpcije prostorije manji od 0.3, ispunjeni su uslovi za homogeno i difuznozvučno polje u prostoriji, tako da je intenzitet zvuka određen izrazom:

A

P

I i

ai∑⋅=

4

,

gde je ∑i

ai P - ukupna zvučna snaga svih izvora buke u prostoriji.

Kada je u prostoriji instalirano n mašina iste zvučne snage P a, intenzitet zvuka u prostoriji iznosi:

A

P

A

P

A

P n

A

P

I aaai

ai2005044

4

=⋅⋅

=⋅⋅

==∑

.

Unošenjem još n' mašina iste zvučne snage, povećava se ukupna apsorpcija prostorije:

m An A A ⋅+= '' ,

kao i ukupna zvučna snaga instaliranih izvora buke u prostoriji, tako da je ukupni intenzitet zvuka:

m

a

m

a

m

ai

ai

An A

P

An A

P

An A

P nn

A

P

I ''

)(

'

)'(

''

+=

+

⋅+⋅=

+

⋅+⋅==

∑6001005044

4

.

Povećanje nivoa buke određeno je odnosom rezultujućih intenziteta:

I

I

I I

I I

I

I

I

I L L L

'log

'loglog

'log' 10101010

0

0

00

==−=−=Δ .

Zamena dobijenih izraza za rezultujuće intenzitete zvuka u gornji izraz omogućava izračunavanje povećanjanivoa buke na osnovu podataka o apsorpciji:

dB6.35.0100162

1623log10'

3log10200

'

600

log10 =⋅+

⋅=+

=+=Δma

m

a

An A

A

A

P

An A

P

L .




36

ZADATAK 6.

U reverberacionu prostoriju dimenzija 8×5×3 m i vremena reverberacije 3.5 s uneto je 15 m2 apsorpcionogmaterijala nepoznatog koeficijenta apsorpcije. Vreme reverberacije u novim uslovima ima vrednost 1.25 s.Izračunati koeficijent apsorpcije unetog materijala.

Rešenje:

U zadatku je dat primer određivanja nepoznatog koeficijenta apsorpcije materijala metodom reverberacione prostorije (prostorija nepravilnog oblika sa velikim vremenom reverberacije). Postupak podrazumevamerenje vremena reverberacije za slučaj prazne reverberacione prostorije i za slučaj kada se u prostorijuunese određena količina apsorpcionog materijala koja se rasporedi po graničnim zidovima prostorije.

Površina graničnih zidova određena je dimenzijama prostorije:2

0 m158)353858(2 =⋅+⋅+⋅=S .

Vreme reverberacije prazne prostorije, T R0 [s], određuje se primenom Sabinovog obrasca:

0

0 162.0

A

V T R = ,

gde je: V [m3] - zapremina prostorije, A [m2] - apsorpciona površina (apsorpcija) prostorije.

Zapremina prostorije je određena njenim dimenzijama:3m320588 =⋅⋅=V .

Apsorpciona površina prostorije predstavlja ekvivalentnu površinu prostorije sa koeficijentom apsorpcije 1,koja apsorbuje istu količinu energije kao svi granični zidovi prostorije sa koeficijentom apsorpcije 0α .

Apsorpcija prazne prostorije je određena površinom graničnih zidova i njihovim koeficijentom apsorpcije:

000 α S A = ,

Zamenom gornjeg izraza u izraz za vreme reverberacije, može se odrediti koeficijent apsorpcije graničnihzidova prostorije:

00

000

0 162.0162.0 R

RT S

V

S

V T =⇒= α

α .

Unošenjem materijala nepoznatog koeficijenta apsorpcije α , ukupne površine S , menja se ukupnaapsorpciona površina koja je u ovom slučaju određena apsorpcionom površinom graničnih zidova prostorijeumanjenom za površinu apsorpcionog materijala koji se raspoređuje po graničnim površinama zidova (prvičlan izraza) i apsorpcionom površinom unetog materijala (drugi član izraza):

110101 α α α S S S S Ai

ii +−==∑ )( .

Promenom apsorpcione površine se menja vreme reverberacije prostorije:

1101011 16201620

α α S S S

V

A

V T R

+−==

)(.. .

U gornjoj jednačini je nepoznat samo koeficijent apsorpcije unetog materijala koji se može odrediti kao:

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

0010

11

01011

1 162.0)(162.01

)(162.01

R R R T S

V S S

T

V

S S S

T

V

S α α ,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

0001100

1

111

11)

11(

1162.0

1)1(

1162.0

R R R R R T S T T S V

T S

S

T S

V α .

Za zadate podatke se dobija da koeficijent apsorpcije unetog materijala iznosi:

7.05.3

1

158

1

5.3

1

25.1

1

15

1320162.01 =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅=α .




37

ZADATAK 7.

U prostoriji dimenzija 10×5×4 m su tavanica i zidovi obloženi materijalom srednje vrednosti koeficijentaapsorpcije 0.1, a pod materijalom srednjeg koeficijenta apsorpcije 0.05. Ako se tavanica iz dekorativnihrazloga obloži apsorpcionim pločama srednje vrednosti koeficijenta apsorpcije 0.4, odrediti:

a) Vreme reverberacije pre i posle dekorativne obrade tavanice,

b) Smanjenje nivoa buke u prostoriji.

Rešenje:

a) Granične površine prostorije imaju različite koeficijente apsorpcije, tako da je za određivanje ukupneapsorpcije prostorije potrebno odrediti površine graničnih zidova sa različitim koeficijentima apsorpcije.

Ukupna površina prostorije: 2m220)45410510(2 =⋅+⋅+⋅=S .

Površina pregradnih zidova: 21 m120)45410(2 =⋅+⋅=S

Površina poda: 22 m50510 =⋅=S

Površina tavanice: 23 m50510 =⋅=S .

Zapremina prostorije: 2m2004510 =⋅⋅=V .

Ukupna apsorpcija prostorije pre dekorativne obrade prostorije jednaka je zbiru apsorpcija graničnihzidova sa različitim koeficijentom apsorpcije:

21322111 m5.191.05005.0501.0120 =⋅+⋅+⋅=++=∑ α α α α S S S S = A

i

ii .

Srednji koeficijent apsorpcije ima vrednost:

0890220

5191 .. ===S

Aα .

Vreme reverberacije određeno je apsorpcijom prostorije i njenom zapreminom:

s66.15.19

200162.0162.0

11 =⋅=⋅=

A

V T R .

Ukupna apsorpcija prostorije nakon dekorativne obrade prostorije jednaka je zbiru apsorpcija graničnihzidova sa različitim koeficijentom apsorpcije:

23322112 m5.344.05005.0501.0120 =⋅+⋅+⋅=++=∑ α α α α S S S S = A

i

ii .

Srednji koeficijent apsorpcije ima vrednost:

1570220

5342 ..

===S

Aα .

Vreme reverberacije određeno je apsorpcijom prostorije i njenom zapreminom:

s94.05.34

200162.0162.0

22 =⋅=⋅=

A

V T R .




38

b) U oba slučaja, pre i nakon dekorativne obrade prostorije, srednji koeficijent apsorpcije ima vrednostmanju od 0.3, tako da su ispunjeni uslovi za homogeno i difuzno zvučno polje. Intenzitet zvuka je u svimtačkama prostorije isti i određen je vremenom reverberacije prostorije.

Intenzitet zvuka u prostoriji pre njene akustičke obrade iznosi:

V

T P

I Ra 1

1

25

= ,

a nakon obrade:

V

T P I Ra 2

2

25= .

Ostvareno slabljenje nivoa buke akustičkom obradom prostorije iznosi:

dB5.294.0

66.1log10log10

25

25

log10log10log10log102

1

2

1

2

1

0

2

0

121 =====−=−=Δ

T

T

V

T P V

T P

I

I

I

I

I

I L L L

a

a

.




OBLAST: Buka

TEMA 5: • Zvučna izolacija;

• Ocena buke;

• Dejstvo buke na sluh.




40

ZADATAK 1.

Izvor zvuka se nalazi u proizvodnoj hali dimenzija 10×8×4 m i srednje vrednosti koeficijenta refleksije 0.6.Hala je od kancelarijskog prostora dimenzija 8×4×4 m i srednje vrednosti koeficijenta apsorpcije 0.5odvojena pregradnim zidom koji obezbeđuje ukupnu zvučnu izolaciju prostorija od 40 dB. Izračunati snaguizvora zvuka. Nivo zvuka u kancelarijskom prostoru je 70 dB.

Rešenje:

Zvučna izolacija prostorije D [dB] je određena razlikom nivoa buke u predajnoj i prijemnoj prostoriji. Kako je nivo buke u prijemnoj prostoriji poznat, nivo buke u predajnoj prostoriji se može odrediti na osnovu poznate zvučne izolacije prostorije:

dB11040702121 =+=+=⇒−= D L L L L D .

Intenzitet zvuka u predajnoj prostoriji je određen nivoom buke:

210110121001

0

11 mW1.0101010log10 1 =⋅==⇒= − L

I I I

I L .

Akustičke karakteristike predajne prostorije, površine graničnih zidova 22 m160)444848(2 =⋅+⋅+⋅=S ,

određene su apsorpcijom prostorije:

2222 m805.0160 =⋅==∑ α α S S = A

i

ii .

Izolaciona moć pregradnog zida, površine 212 m3248 =⋅=S :

dB3632

80log1040log10

12

2 =−=−S

A R=D ,

određuje koeficijent prenošenja:

4103610 105.210101

log10 −−− ⋅===⇒= R R τ τ

.

Koeficijent apsorpcije graničnih zidova prijemne prostorije, koji određuje deo energije apsorbovangraničnim zidovima, određuje se iz relacije koja povezuje sve koeficijente:

0.39975=600002501=11 1111 .. −−−−=⇒=++ r r τ α τ α .

Akustičke karakteristike predajne prostorije, površine graničnih zidova 21 m304)48410810(2 =⋅+⋅+⋅=S ,

određene su apsorpcijom prostorije:

2111 m5.12139975.0304 =⋅==

∑α α S S = A

i

ii .

Intenzitet zvuka u difuznom zvučnom polju predajne prostorije određen je relacijom:

11

4

A

P I a= ,

odakle se može odrediti zvučna snaga izvora koji generiše zvučno polje u predajnoj prostoriji:

W34

5.1211.0

411 =

⋅==

A I P a .




41

ZADATAK 2.

Dve susedne prostorije oblika kocke, stranice 4 m, imaju istu srednju vrednost koeficijenta apsorpcije 0.3.U predajnoj prostoriji je smešten izvor zvuka zvučne snage 10 mW. Odrediti:

a) intenzitet difuznog zvuka u predajnoj prostoriji,

b) intenzitet zvuka u prijemnoj prostoriji pri koeficijentu prenošenja pregradnog zida 0.01, i

c) intenzitet zvuka u prostoriji ako se ukloni pregradni zid.

Rešenje:

a) Intenzitet zvuka u predajnoj prostoriji određuju zvučna snaga instaliranog izvora i apsorpcionekarakteristike prostorije. Za određivanje apsorpcije prijemne prostorije potrebno je prethodno odreditiukupnu površinu graničnih zidova prostorije:

2221 m96466 =⋅== aS .

Apsorpcija prijemne prostorije ima vrednost:

2

111 m8.283.096 =⋅==∑ α α S S = Ai

ii .

Intenzitet zvuka u difuznom zvučnom polju ima vrednost:

23-3

11 mW101.39=

8.28

10104=

4⋅

⋅⋅=

−

A

P I a ,

dok je nivo zvuka u predajnoj prostoriji:

dB4.9110

104.1log10log10

12

3

0

11 =

⋅== −

−

I

I L .

b) Koeficijent prenošenja pregradnog zida, površine 164412 =⋅=S m2

, vrednosti 0.01, obezbeđujeizolacionu moć od:

dB2001.0

1log10

1log10 ===

τ R .

Kako su karakteristike prijemne prostorije iste kao i predajne, njena apsorpcija ima istu vrednost kao iapsorpcija predajne prostorije:

82812 .== A A m2.

Zvučna izolacija između dve prostorije se određuje primenom izraza:

52216

828

102010 12

2

.

.

loglog =+=+= S

A

R D dB.

S druge strane, zvučna izolacija je određena razlikom nivoa buke u posmatranim prostorijama:

21 L L D −= ,

odakle se može odrediti nivo buke u prijemnoj prostoriji:

dB9.685.224.9112 =−=− D=L L .

Intenzitet zvuka u prijemnoj prostoriji je određen nivoom buke:

610/9.681210/02

0

22 1059.7101010log10 2 −− ⋅=⋅=⋅=⇒= L

I I

I

I L W/m2.




42

c) Kada se ukloni pregradni zid, povećava se površina graničnih zidova koje apsorbuju zvuk, pa time iapsorpcija prostorije, a intenzitet zvuka u prostoriji se smanjuje.

Površina graničnih zidova u novim uslovima ima vrednost:

m160)444848(2 2=⋅+⋅+⋅=S .

Apsorpcija prostorije:2

1 m483.0160 =⋅==∑ α α S S A=i

ii .

Intenzitet zvuka u difuznom zvučnom polju:

24-3

mW108.3=48

10104=

4⋅

⋅⋅=

−

A

P I a .

Nivo zvuka:

dB2.89

10

103.8log10log10

12

4

0

=⋅

== −

−

I

I L .




43

ZADATAK 3.

Pregrada ukupne površine 28 m2 sačinjena je od zida izolacione moći 48 dB i vrata površine 2 m2 čija jeizolaciona moć 25 dB. Ako se na pregradu postavi i prozor površine 8 m2, izračunati potrebnu izolacionumoć prozora kako se izolaciona moć pregrade ne bi pogoršala za više od 1 dB.

Rešenje: Površina zida u prvobitnoj pregradi ima vrednost:

212 m26228 =−=−= v z S S S .

Rezultujući koeficijent prenošenja pregrade određuje se izrazom:

12

1010

12

1010

S

S S

S

S S v z Rv

R zvv z z

u

.. −− +=

+=

τ τ τ ,

gde su koeficijenti prenošenja zida i vrata izraženi preko datih vrednosti njihovih izolacionih moći.

Ukupna izolaciona moć pregrade ima vrednost:

dB2.3610

28

210

28

261

log101010

1log10

1log10

251.0481.01.0

12

1.0

12

=+

=+

==⋅−⋅−−− v z Rv R zu

u

S

S

S

S R

τ .

Ukupna izolaciona moć se postavljanjem prozora na pregradu ne sme smanjiti za više od 1 dB, tako da jenjena minimalna vrednost:

dB2.3512.361' =−=−= uu R R .

Površina zida se smanjuje postavljanjem prozora na pregradu i u novim uslovima iznosi:

212

' m188228 =−−=−−= pv z S S S S .

Postavljanjem prozora se menja i rezultujući koeficijent prenošenja:

12

101010

12

101010

S

S S S

S

S S S pv zR

p R

v R

z p pvv z zu

...''

−−− ++=

++=

τ τ τ τ .

Ukupna izolaciona moć pregrade sa prozorom iznosi:

p pv z R R p Rv R zu

u

S

S

S

S

S

S R

⋅−⋅−⋅−−−− ++=

++

==102510481010

12

10

12

10

12

1028

810

28

210

28

181

10

101010

110

110

......'

logloglogτ

.

U gornjem izrazu je nepoznata samo vrednost izolacione moći prozora. Određuje se na sledeći način:

,

,

..'

..

....'

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=

=++

−−−−

−−−−

v zu p

u pv z

Rv R z R

p

R

R R p Rv R z

S

S

S

S

S

S

S

S

S

S

S

S

10

12

10

12

101210

1010

12

10

12

10

12

10101010

10101010

dB4.3610

8

210

8

1810

8

281

log10

101010

1log10

251.0481.02.351.01.01.0'

1.012

=−−⋅

=

−−⋅

=⋅−⋅−⋅−−−− v zu R

p

v R

p

z R

p

p

S

S

S

S

S

S R .




44

ZADATAK 4.

U spavaćoj sobi koja se nalazi neposredno iznad prostorije sa pumpnim agregatom je izmeren ekvivalentninivo buke kada je pumpni agregat bio aktivan (ekvivalentni nivo ukupne buke). Rezultati merenja za tercneopsege sa centralnim frekvencijama od 100 Hz do 2500 Hz su prikazani frekvencijsko-amplitudnimspektrom na sl. 4.1.

55

33 3432 31

36

41

454748

464744

46

51

0

10

20

30

40

50

60

100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500

Centralne frekvencije tercnih opsega f o [Hz]

N

i v o

z v u k a

L

[ d B ]

Sl. 4.1 Frekvencijski spektar ukupne buke

Ispod i iznad analiziranih opsega nisu registrovani značajniji nivoi buke. Pumpni agregat je zatim isključen i

izmeren je ekvivalentni nivo osnovne buke od 44 dB(A). Izračunati da li merodavni nivo buke koji generiše pumpni agregat prekoračuje dozvoljene vrednosti za dnevni i noćni period merenja, ako u toku jednog sataradi sa pauzama koje ukupno traju pola sata u dnevnom periodu, odnosno 45 min. u noćnom periodu.

Rešenje:

Merodavni nivo buke se određuje primenom sledećeg izraza:

+++= LT

t L L Aeqr log10 ,

gde je: L Aeq – ekvivalentni A-nivo ocenjivane buke, t – trajanje ocenjivane buke, T – referentni vremenskiinterval i L+ - korekcija zbog tonalnog i impulsnog sadržaja buke.

U drugoj vrsti tabele data je frekvencijska tercna analiza ukupne buke, koja predstavlja rezultat zajedničkogdejstva ocenjivane buke pumpnog agregata i osnovne buke. Potrebno je odrediti ukupni A- nivo buke

procedurom koja obuhvata nekoliko koraka:

1. Tercni nivoi se konvertuju u oktavne energetskim sabiranjem nivoa za tri susedne terce primenom jednačine:

)log( ... 321 101010 10101010 L L L L ++= ,

Rezultati određivanja oktavnih nivoa buke dati su u trećoj vrsti tabele. Centralne frekvencijeoktavnih pojasa su podebljane.

2. Oktavni nivoi se koriguju za slabljenja koje unosi A-težinska kriva na odgovarajućim frekvencijama primenom izraza:

][][][ dBdBdB(A) L L L A Δ+= .Korekcija A-težinske krive data je u četvrtoj vrsti tabele, a u petoj su dati A - nivoi buke u oktavnimopsezima.




45

1. f [Hz] 100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500

2. L[dB] 46 44 47 55 46 48 47 45 41 51 36 33 34 32 31

3. L[dB]

oktavni nivo

)log( ... 744464 10101010 ++

50.6)log( ... 846455 10101010 ++

56.2)log( ... 744464 10101010 ++

49.7)log( ... 336315 10101010 ++

51.0

)log( ... 132343 10101010 ++

37.3

4. Δ LA[dB] -16.1 -8.6 -3.2 0 1.2

5. LA[dB]

oktavni nivo34.5 45.6 46.5 51.0 38.5

3. A-nivo ukupne buke se određuje energetskim sabiranjem svih oktavnih A- nivoa:

dB(A)4.53)1010101010log(10 85.31.565.456.445.3 =++++=T Aeq L .

A-ekvivalentni nivo ocenjivane buke (buke pumpnog agregata) se dobija energetskim oduzimanjemnivoa osnovne buke od ukupnog nivoa buke:

dB(A)9.52)1010log(10)1010log(10 4.434.51.01.0 =−=−=⋅⋅ B

AeqT Aeq L L

Aeq L .

Posmatrana buka ima tonalni karakter, jer se nivo buke u tercnom opsegu na 800 Hz razlikuje za više od5 dB u odnosu na nivo buke u susednim tercama. Korekcija L+ za karakter posmatrane buke predstavljakorekciju zbog tonalnog karaktera buke i ona iznosi +6 dB(A). U narednoj tebeli je dat kriterijum za ocenutonalnog karaktera buke u odnosu na određene opsege centralnih frekvencija terci.

Ocena tonalnog karaktera zvuka na osnovu razlike nivoa zvukasusednih terci u određenim frekvencijskim opsezima

Δ f o [Hz] 25 ÷ 125 160 ÷ 400 500 ÷ 10000

ΔL [dB] 15 8 5

55

33 3432 31

36

41

454748

4647

4446

51

0

10

20

30

40

50

60

100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500

Centralne frekvencije tercnih opsega fo [Hz]

N i v o

z v u k a

L

[ d B ]

S obzirom na cikluse rada pumpnog agregata, on je u toku dnevnog perioda aktivan 8 sati (16·30 min.), a utoku noći 2 sata (8·15 min.), tako da je merodavni nivo buke za dnevni period merenja:

dB(A)955616

810 .log, =++= Aeqdann L L ,

a za noćni period merenja:

dB(A)95268

210 .log, =++= Aeqnoćn L L .

Dobijeni merodavni nivoi buke pumpnog agregata u spavaćoj sobi znatno prekoračuju dozvoljene nivoe buke u boravišnim prostorijama za izvor buke u stambenom objektu, koji za dnevni period iznosi 35 dB(A),a za noćni period 30 dB(A).




46

ZADATAK 5.

U sobi neposredno pored liftovske kućice je izmeren nivo buke od 50 dB(A) koji stvara lift pri svom kretanjuizmeđu pet spratova. Trajanje pojedinačnog događaja - spuštanja i podizanja lifta do petog sprata iznosi 20 s.Izračunati broj dozvoljenih događaja u toku dnevnog i noćnog perioda, tako da nivo u boravišnoj prostorijine prekorači dozvoljeni nivo buke.

Rešenje:

Dozvoljeni nivo buke u boravišnim prostorijama za slučaj izvora buke u stambenom objektu iznosi 35 dB(A)za dnevni period (06:00 ÷ 22:00) i 30 dB(A) za noćni period (22:00 ÷ 06:00).

Dozvoljeno vreme trajanja ocenjivane buke može se odrediti iz izraza za merodavni nivo buke izostavljaju ćikorekciju zbog tonalnog i impulsnog sadržaja buke:

Aeqr Aeqr L LT

t

T

t L L −=⇒+= loglog 1010 ,

.

,

10

10

10

10

Aeqr

Aeqr

L L

L L

T t

T

t

−

−

⋅=

=

Uzimajući da merodavni nivo ocenjivane buke u graničnom slučaju može imati vrednost jednakudozvoljenoj vrednosti nivoa, može se odrediti trajanje ocenjivane buke za dnevni i noćni period, odnosno

broj događaja (spuštanja i podizanja lifta):

9120

1820s182010606016 10

5035

==⇒=⋅⋅⋅=−

d d N t ,

14

20

288s2881060608 10

5030

≈=⇒=⋅⋅⋅=−

nn N t .




47

ZADATAK 6.

Odrediti prosečno slabljenje sluha (praga čujnosti) na frekvenciji od 4 kHz za osobu starosti 46 godina koja je 25 godina bila izložena nivou zvuka od 96 dB(A).

Za koji procenat ljudi se može očekivati da može pretrpeti ukupno slabljenje sluha od 50 dB na tojfrekvenciji usled iste izloženosti buci i istih godina starosti?

Rešenje:

Izloženost buci L EP [dB(A)] za vremenski period T [u godinama] data je izrazom:

T L L n EP EP log, 10+= ,

gde je: L EP,n [dB(A)] – prosečna nedeljna izloženost buci (5 dana po 8 sati),T [god.] – vreme izloženosti buci.

Na osnovu vrednosti iz zadatka, izloženost buci iznosi:

dB(A)1104.1109625log1096 =⋅+=+= EP L .

Za dobijenu vrednost izloženosti buci od 110 dB(A), sa dijagrama na sl. 6.1 se očitava slabljenje (oštećenje)sluha H na frekvenciji 4 kHz od 23 dB.

Sl. 6.1 Slabljenje sluha H u zavisnosti od izloženosti buci L EP

Gubitak sluha zbog godina starosti ili staračka nagluvost P [dB(A)] se određuje pomoću izraza:

( )2201000

−= N K

P ,

gde je:

K – konstanta koja zavisi od audiometrijske frekvencije, N – godine starosti (N>20).

Vrednosti konstante K za različite vrednosti audiometrijskih frekvencija su date u tabeli.

f aud. [kHz] 0.5 1 2 3 4 6 K 4 4.3 6 8 12 14

Za zadate vrednosti u zadatku ( N = 46 god. i f = 4 kHz, na osnovu čega se iz tabele usvaja vrednost K = 12),određuje se gubitak sluha zbog godina starosti:

( ) dB(A)820461000

12 2 =−= P

Ukupno slabljenje (gubitak) sluha HL ( Hearing Loss) je posledica izloženosti buci određenog nivoa u dužemvremenskom periodu i godina starosti, tako da predstavlja superpoziciju ovih faktora:

HL = H + P = 23 + 8 = 31 dB(A)




48

Ukoliko ukupno slabljenje sluha iznosi 50 dB, tada slabljenje sluha usled izloženosti buci iznosi:

H = HL - P = 50 - 8 = 42 dB(A)

Sa dijagrama na sl. 6.2, polazeći od 23 dB na medijani paralelno presečenoj krivoj do vrednosti od 42 dB naapscisi i spuštanjem vertikale na ordinatu, dobija se da 12 % ljudi, odnosno jedan od osam radnika može nafrekvenciji od 4 kHz da pretrpi ukupno slabljenje sluha od 50 dB.

Sl. 6.2 Oč ekivani procenat ljudi sa prekomernim slabljenjem sluha usled izloženosti buci

na određ enim audiometrijskim frekvencijama




OBLAST: Vibracije

TEMA 1: • Slaganje sinhronih oscilacija;

• Slobodne oscilacije;

• Sprezanje opruga.



FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE VIBRACIJE – TEMA 1

50

ZADATAK 1.

Materijalna tačka izvodi harmonijske oscilacije kružne frekvencije 4 rad/s. Napisati jednačinu oscilovanjaako pomeraj u početnom trenutku ima vrednost 25 mm, a brzina oscilovanja 0.1 m/s.

Rešenje:

?;.: ==⋅=== − )(sm10m,10250;-s4 03

001 t zv zt ω

)()( 0ϕ += t At z z sin

,sin 03

00 1025z:0 ϕ z At =⋅== −00 10 ϕ cos. z Av ==

;tg4

1

4

10

0

0 == ϕ v

zrad

41 00

π ϕ ϕ =⇒=tg

[m]21025 3

0

0 −⋅==ϕ sin

z A z

[m]4

421025)( 3

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +⋅= − π

t t z sin




51

ZADATAK 2.

Telo mase 0.1 kg, obešeno o spiralnu oprugu, izvedeno je iz ravnotežnog položaja za 8 cm i ostavljeno daosciluje sa stalnom frekvencijom od 4 Hz. Ako se kretanje tela tretira kao prosta harmonijska oscilacija,odrediti:

a) posle kog vremena nakon prolaska kroz ravnotežni položaj telo ima elongaciju od 4 cm;

b) ubrzanje i kinetičku energiju tela na rastojanju 4 cm od ravnotežnog položaja.

Rešenje:

??),(;. ====== t E t a z f Am k n z cm4Hz,4cm,8kg,10 0

001

=+⇒=∑=

cin

n

i

i F F F

mcz zm :/0=+&&

0=+ zm

c z&&

c

mT

m

c

nn π

ω

π ω 2

2=, ==

Jednačina kretanja mase m, obešene o oprugu krutosti c, ima oblik:02 =+ z z nω &&

Rešenje homogene diferencijalne jednačine ima oblik:

t C t C t z nn ω ω sincos)( 21 += ,

gde su C 1 i C 2 integracione konstante koje zavise od početnih i graničnih uslova oscilovanja.

U početnom trenutku kretanja (t = 0), telo je imalo pomeraj z(t =0) = Az = 8 cm i brzinu v(t =0) = 0:

cm AC C C znn 8008 1

0

2

1

1 ==⇒⋅+⋅=4342143421

ω ω sincos

00080d

d

22

1

2

0

21

=⇒=⋅+⋅−=

+−===

C C C

t C t C t

t zt zt v

nnnnn

nn

ω ω ω ω ω

ω ω ω ω

4342143421

&

cossin

cossin)(

)()(

Nakon određivanja konstanti C 1 i C 2 moguće je napisati zakon kretanja mase:

t At z n z ω cos)( =

)(cos)(

)()()(

sin)(

)()(

t zt At

t vt vt zt a

t At

t zt zt v

nn zn

n z

22

d

dd

d

ω ω ω

ω ω

−=−====

−===

&&&

&

( )m

c

m

ccmcz zmcz zm nnnn ==⇒==+−⇒=+ ω ω ω ω ,, 222 00&&

nn zna znv f A A A A π ω ω ω 22

=== ,,




52

a) z(t =?) = 4 cm

s24

1

6

1

233

35084 ====⇒=⇒=⇒=

f f t rad t t t

π

π

ω

π

π ω ω ω .coscos

b) ?,? =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ==⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = st E st a k 24

1

24

1

222

s

m325

s

cm62526

3245053241282241 ..cos./cos)()/( ===⋅⋅⋅=

π π π f f a

J150s

m71

s

cm9173

320124142842241

2

1 2

.

..sin/sin)/(

;

=

==⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=

=

k

k

E

v

mv E

π π π




53

ZADATAK 3.

Na slobodnom kraju vertikalno obešene spiralne opruge zanemarljive mase obešen je teg mase 0.4 kg, pričemu se opruga izduži za 10 cm. Odrediti kružnu frekvenciju kretanja tega i amplitudu pomeraja ako se prisaopštenoj početnoj brzini od 40 cm/s telo pomeri za 4 cm vertikalno ispod svog ravnotežnog položaja.

Rešenje:

scm400cm,400cm10kg,40 0 ====== )()(:?,;. v zt A zm n z ω

N/m400

0 ==⇒=⇒= z

mg cmg czG F c

0

0

0

=+

=+

=+

zm

c z

mcz zm

F F cin

&&

&& :/

,

Hz611,s63022=s,rad10 ../ ======n

nn

nnT

f c

mT

m

cπ

ω

π ω

Diferencijalna jednačina kretanja mase m, obešene o oprugu krutosti c, ima oblik:

02 =+ z z nω && .

Rešenje diferencijalne jednačine je oblika:

t C t C t z nn ω ω sincos)( 21 += ,

gde su C 1 i C 2 integracione konstante koje zavise od početnih i graničnih uslova oscilovanja.

Za vrednosti i uslove u zadatku se integracione konstante C 1 i C 2 određuju na sledeći način:

t C t C t z nnnn ω ω ω cossin)( 21 +−=&

⇒⎩⎨⎧

=

==

cm/s400

cm400

)(

)(:

z

zt

& 401001040

4004

221

121

=⇒+−=

=⇒+=

C C C

C C C

cossin

sincos

Zakoni kretanja i promene brzine su prema tome:

t t t z

t t t z

10401040

104104

cossin)(

sincos)(

+−=

+=

&

Maksimalna vrednost funkcije z(t ) koja predstavlja amplitudu pomeraja A z se određuje kada se prvi izvod tefunkcije izjednači sa nulom, pri čemu se dobija i vreme za koje se postigne ta vrednost:

s404

10

110tg1001010010401040d

d

π π =⇒=

=⇒=+−⇒=+−==

= z A zt t

t t t t t t t zt

t z

max

cos:/cossincossin)()(&

cm5.64cm244

sin4

cos440

10sin440

10cos4)40

( ==⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=+===

π π π π π z At z




54

ZADATAK 4.

Pomeraj mase se menja po zakonu:

[m]+=)(21

t At At z z z ω ω cossin .

Odrediti rezultujuće amplitude brzine i ubrzanja na frekvenciji 50 Hz, pri amplitudama pomeraja

m103

21

−

== z z A A .

Rešenje:

?,,,cossin ====+= −av z z z z A A f A At At At z Hz;50m10[m])( 3

2121ω ω

Dve sinhrone kolinearne oscilacije različitih amplituda i pomeranja faza:

),cos()(

),cos()(

22

11

2

1

ϕ ω

ϕ ω

+=

+=

t At z

t At z

z

z

mogu se složiti u jednu oscilaciju oblika

)cos( θ ω += t At z z)(

na sledeći način:

( )

.coscos

sinsintgarc

coscos

sinsintg

)cos(cossin/sin

/cos

;sinsinsin

,coscoscos

sinsincoscos)cos(

sin)sinsin(cos)coscos()(

)sinsincos(cos)sinsincos(cos)(

),cos()cos()()()(

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

+=⇒

+

+==

−++=+=⇒+=+⇒+=

=

=+=

=+=

⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=+=

+−+=

⋅−⋅+⋅−⋅=

+++=+=

21

21

21

21

1

2

12222

221

22

21

1

222

22

21

212

211

2121

2211

2121

21

21

21

21

2121

21

21

2121

21

21

2

)(

ϕ ϕ

ϕ ϕ θ

ϕ ϕ

ϕ ϕ θ

ϕ ϕ θ θ θ

θ

θ ϕ ϕ

θ ϕ ϕ

ω θ ω θ θ ω

ω ϕ ϕ ω ϕ ϕ

ϕ ω ϕ ω ϕ ω ϕ ω

ϕ ω ϕ ω

z z

z z

z z

z z

z z z z z z

z

z

z z z

z z z

z z z

z z z z

z z

z z

A A

A A

A A

A A

K

K

A A A A K K A K K A A K

A K

A A A K

A A A K

t At At At z

t A At A At z

t t At t At z

t At At zt zt z

4 4 34 4 21

Više sinhronih kolinearnih oscilacija koje se međusobno razlikuju po amplitudi i fazi:

),cos()(

),cos()(

22

11

2

1

ϕ ω

ϕ ω

+=

+=

t At z

t At z

z

z

...),cos()( iϕ ω += t At z

i zi

mogu se složiti u rezultujuću oscilaciju

)cos( θ ω += t At z z)( ,

gde je:

1

2

1=2

1=1

22

21 =,

K

K A K A K K K A i

n

i

zi

n

i

z z iiθ ϕ ϕ tg,sincos, ∑∑ ==+= .




55

Grafički prikaz oscilacija t At z z ω sin)(11 = i t At z z ω cos)(

22 = predstavljen je na sl. 2.1.

Sl. 2.1 Grafič ki prikaz sinusoidalne i kosinusoidalne harmonijske

oscilacije bez poč etnih faza, istih frekvencija i različ itih amplituda

Rešavanje problema složenog kretanja datog u zadatku i određivanje traženih veličina se može sprovesti nadva načina. Prvi način podrazumeva primenu prethodnog postupka za određivanje rezultujućeg kretanja:

)(2

)(21

θ ω π ω ω +=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ ++= t At At At z z z z sinsinsin

( )1222

21212 ϕ ϕ −++= cos z z z z z A A A A A , 0rad

2 12 == ϕ π

ϕ ,

m2102 31

−== z z A A

( ) 123 s102210)( −− ==+= π π ω θ ω f t t z ,sin

t

t zt zt v

d

)(d)()( == & ( ) ( ) [m/s]210 1 θ ω π θ ω ω +=+= −

t t A z coscos

m/s210 1π −=v A

2

2

d

)(d)(

d

)(d)()(

t

t zt z

t

t vt vt a ==== &&&

( ) ( ) ][m/s210)( 222 θ ω π ϕ ω ω +−=+−= t t At a z sinsin

22 m/s210π =a A

Rešenje zadatka se može potražiti i metodom trigonometrijske transformacije:

t At At z z z ω ω cossin21

)( += ,t

t zt zt v

d

)(d)()( == & t At A z z ω ω ω ω sincos

21−=

21 z z A A = ⇒211 v zv A A A ==ω , ( )t t At At At v vvv ω ω ω ω sincossincos −=−=

121)(

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=

2

π ω ω t t cossin , ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++=

442

2)(

11

π π ω

π ω ω coscoscoscos t At t At v vv

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=

442)(

1

π ω

π ω t At At v vv coscos

m/s2102101022 13211

π π ω −− ==== zvv A A A

t

t vt vt a

d

)(d)()( == & ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=

44

21

π ω

π ω ω t At A av sinsin

22324 m/s2102101021

π π ω ω ==== −vva A A A




56

ZADATAK 5.

Izrazom

[m]3

22

2=)(21

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ++⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ − π

ω π

ω t At At z z z sincos

predstavljena je promena pomeraja mehaničke oscilacije čiji je period 2 s. Odrediti rezultujuće amplitude

brzine i ubrzanja mehaničke oscilacije ako je .21 z z A A =

Rešenje:

?,sincos ==⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −= av z z z z A AT A At At At z s;2=,,

32+

22)(

2121 π

ω π

ω

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ +=

32sin+2sin)(

21

π ω ω t At At z z z ( )θ ω += t A z 2sin

( );cos 1222 2

2121ϕ ϕ −++= z z z z z A A A A A 0,

3 12 == ϕ π

ϕ

1s2

= ,31

−== π π

ω T

A A z z

t

t zt zt v

d

)(d)()( == & ( ) [m/s]+232

1θ π π t A z cos=

sm321 zv A A π =

( ) ][m/s2sin34d

)(d)()( 22

1θ π π +−=== t A

t

t vt vt a z

&

[ ]22 sm341 za A A π =




57

ZADATAK 6.

Složiti harmonijske oscilacije

[mm/s]6

10sin30)(i[mm/s]3

2 10cos50)( 21 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −=

π π t t vt t v

i odrediti rezultujuće vrednosti amplituda pomeraja i ubrzanja.

Rešenje:

?,),(;]smm[6

10sin30)(],smm[3

210cos50)( 21 =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= a z A At zt t vt t v

π π

)()()( t vt vt v 21 += 6

10sin303

210cos50 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

π π t t

610sin30

23

210sin50)( ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−=

π π π t t t v ( )θ += t Av 10sin

( )1222 cos2

2121ϕ ϕ −++= vvvvv A A A A A

( ) [ ] 121222 rad

6;305023050 ϕ

π ϕ ϕ ϕ −==−⋅⋅++= cosv A

sm1070 3−⋅=v A

21

21

coscos

sinsintgarc

21

21

ϕ ϕ

ϕ ϕ θ

vv

vv

A A

A A

+

+= , oo 2.830tg

4

1tgarc −=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=θ

]m/s[2.810sin1070)( -3 o−⋅= t t v

∫ += Cdt t vt z )()( ( ) [m]C+2.810cos107 3 o−⋅−= − t

m107 3z

−⋅= A

t

t vt vt a

d

d )()()( == & ]m/s[2.810cos0.7 2o−= t

2sm70.=a A




58

ZADATAK 7.

Odrediti zakon oscilovanja vertikalnog harmonijskog oscilatora sa podlogom

Rešenje:

?)( =t z

00 =++=∑ cini F F G F rrr

:

0=−− cz zmmg &&

g zm

c z =+&&

2

21

ω

ω ω

/

sincos

)(

g z

t C t C z

z zt z

p

h

ph

=

+=

+=

221ω

ω ω g

t C t C t z ++= sincos)(

2121 00ω ω

g C

g C z −==+= ,)(

t C t C t z ω ω ω cossin)( 21 +−=&

000 22 === C C z ,)( ω &

)cos()( t g

t z ω ω

−= 12

- zakon oscilovanja vertikalnog oscilatora sa podlogom;

c

G

c

mg g f s ===

2ω - statički ugib, odnosno izduženje opruge pod dejstvom tereta;

)()cos()( t z f t f t z s s 11 +=−= ω

t f t z s ω cos)( −=1 - zakon oscilovanja vertikalnog oscilatora bez podloge.




59

ZADATAK 8.

Telo mase 6 kg je postavljeno na podlogu preko oslonca koji čine dve redno vezane opruge koeficijenatakrutosti 1000 N/m i 2000 N/m. Odrediti vrednosti amplitude ubrzanja na rezonantnoj frekvenciji sistema.

Rešenje:

?;, ==== a Acc ,m m N2000m N1000kg6 21

Obe opruge opterećene su istom silom G:

N86588196 .. =⋅=⋅= g mG .

Statički ugibi opruga su:

2121 c

G A

c

G A z z == ,

Ukupan statički ugib opruga iznosi:

,∗

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⋅+

=+=c

G

cc

ccG A A A z z z

21

2121

; N/m103

2 3

21

21 ⋅=⋅

+=∗

cc

ccc

rad/s5100 .===∗

m

cnω ω ,

220 m/s79.== za A A ω




60

ZADATAK 9.

Odrediti prirodnu (sopstvenu) frekvenciju oscilovanja tereta mase3 kg obešenog preko sistema opruga u tačkama A i B kao što je

prikazano na slici. Krutost opruge iznosi 100 N/m.

Rešenje:

m = 3 kg, c = 100 N/m, f n = ?

Ekvivalentna krutost paralelne veze opruga krutosti 2c i c, obešenih o tačke A i B, određena je izrazom:

cccc 321 =+=∗ .

Ekvivalentna krutost redne veze opruga krutosti ∗1c i 2c određena je izrazom:

m

N120

5

6

6

5

6

5

23

32

2

2

2

1112

1

1

1

==⇒==⋅+

=⋅

+=+= ∗

∗

∗

∗∗cc

cc

c

cc

cc

cc

cc

ccc.

Prirodna (sopstvena) kružna frekvencija oscilovanja tela mase m iznosi:

,rad/s36.==

∗

mcnω

a odgovarajuća prirodna frekvencija harmonijskog oscilovanja:

Hz12

==π

ω nn f .




OBLAST: Vibracije

TEMA 2: • Slobodne vibracije sa prigušenjem;

• Prinudne vibracije.




62

ZADATAK 1.

Telo mase 0.1 kg osciluje na opruzi krutosti 1.6 N/m. Sila otpora je proporcionalna brzini, a konstanta proporcionalnosti iznosi 0.2 kg/s. Odrediti jednačinu kretanja tela, ako je u početnom trenutku elongacija0.1 m, a brzina jednaka nuli.

Rešenje:?)(;)(,.)(;.,.,. ====== t z z zbcm 00m100kg/s20 N/m61kg10 &

mcz zb zm :/−−= &&&

0=++ zm

c z

m

b z &&&

22 nm

c

m

bω δ == , .

Prigušenje:cm

b

n 2

==ω

δ ξ

02 2 =++ z z z nω δ &&&

Kod malog prigušenja, odnosno kada je 022 >− δ ω n , amplituda opada eksponencijalno sa vremenom i

frekvencija oscilovanja je manja od prirodne (sopstvene) frekvencije, pa je opšte rešenje diferencijalne jednačine:

)sin()( ϕ ω δ += −t e At z t

z

gde je ω – frekvencija prigušenih vibracija.

rad/s151161102

20

216

10

61 222 =−=−==⋅

===== δ ω ω δ ω nnm

b

m

c,

.

.,

.

.

)sin()( ϕ +⋅= − t e At z t z 15

)cos()sin()( ϕ ϕ +⋅++⋅−= −− t e At e At z t z

t z 151515&

Početni uslovi kretanja:

cm31010

5275rad31811501500

101000

o

.sin

.

..tgcossin)(

.sin.)(:

==

⎪⎩

⎪⎨⎧

==⇒=⇒=+−⇒==

=⇒===

ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

z

z z

z

A

A At z

At zt

&

cm318115310 ).sin(.)( +⋅⋅= − t et z t




63

ZADATAK 2.

Na teg mase 0.2 kg dejstvuje periodička sila F (t ) = 0.5·sin(3t ) [N]. Konstanta opruge je 2 N/m, a sila otpora je 0.1·v [N]. Odrediti stacionarno rešenje jednačine kretanja.

Rešenje:

[ ] ?)(;.,),sin(.)(,. =⋅==== t zv F ct t F m b N10m N2350kg20

Prinudne vibracije nastaju kada spoljašnja periodička silakoja dejstvuje na sistem nadoknađuje energiju koja se gubiusled otporne sile (npr. sile trenja). Jednačina kretanja imaoblik:

)sin( t F bvczma ω 0+−−= ,

gde je: F 0 – amplituda periodičke spoljašnje sile,ω – frekvencija periodičke spoljašnje sile.

Gornju jednačinu je moguće napisati u obliku:

mt F cz zb zm :/)sin(ω 0=++ &&& ,

)sin( t m

F z

m

c z

m

b z ω 0=++ &&&

;,,m

F A

m

c

m

bn

00

22 === ω δ Kretanje tela na početku dejstva spoljašnje periodičke sile nije harmonijsko. Međutim, nakon vrlo kratkogvremena telo počinje da se kreće harmonijski, frekvencijom spoljašnje prinudne sile, ali sa fazom koja se

razlikuje od spoljašnje sile. Takvo stanje kretanja se naziva stacionarno stanje. Rešenje jednačine kretanja ustacionarnom stanju je

)sin()( ϕ ω −= t At z z ,

( ) 22222

0

4 ω δ ω ω +−=

n

z

A A ;

22

2

ω ω

δω ϕ

−=

n

tg

Iz prethodnih izraza sledi da amplituda i faza elongacije zavise od: prirodne (sopstvene) frekvencije ωn,frekvencije spoljašnje sile ω i faktora prigušenja δ.

Kada je frekvencija spoljašnje sile mnogo manja od prirodne frekvencije (ω<<ωn), pomeraj i spoljašnja silasu u fazi, a amplituda zavisi od krutosti c i maksimalne vrednosti (amplitude) spoljašnje sile:

)sin()sin()( t c

F t

c

m At z ω ω 00 =

⋅= .

Za frekvencije spoljašnje sile mnogo veće od prirodne frekvencije (ω>>ωn), amplituda je mala i javlja se pomeranje faze za π:

)sin()( π ω ω

−= t A

t z20 .

Amplituda ima najveću vrednost za ω = ωn , odnosno kada je frekvencija spoljašnje sile jednaka prirodnojfrekvenciji. U tom slučaju je pomeraj faze π/2. Takvo stanje se naziva rezonansa i može prouzrokovativelika naprezanja čak i kod male spoljašnje periodičke sile.




64

Za vrednosti u zadatku, jednačina kretanja se određuje na sledeći način:

5220

50310

20

2250

202

10

20

02 .

.

.,,

.,.

.

.========

⋅==

m

F A

m

c

m

bn ω ω δ

)sin(.. t z z z 3521050 =++ &&&

Opšte rešenje je oblika:

( )m3871

32504910

52

422222222

0 ..)(

.=

⋅⋅+−=

+−=

ω δ ω ω n

z

A A

rad983051910

32502222

..tg.

tgtg =⇒=−

⋅⋅=

−= ϕ

ω ω

δω ϕ

n

m983033871 ).sin(.)( −⋅= t t z




65

ZADATAK 3.

Amplituda dinamičke poremećajne sile pri rezonantnoj kružnoj frekvenciji od 10 rad/s ima vrednost 5 N.Odrediti vrednost amplitude sile krutosti podloge ako masa pobuđenog sistema od 10 kg osciluje saamlitudom pomeraja od 2 mm. Podloga ima zanemarljivo prigušenje.

Rešenje:0?;mm2,kg10,rad/s10 N,50 ≈====== ξ ω ω c zn A Am F

)(t F F F cin

rrr=+

t At z z ω sin)( =

t At z z ω ω sin)( 2−=&&

t Am zm F zin ω ω sin2−== &&

t At cAcz F c zc ω ω sinsin ===

t t F t cAt Am z z ω ω ω ω ω sin:/sinsinsin 02 =+−

02 F cA Am z z =+− ω

N720 =+== z zc Am F cA A ω




OBLAST: Vibracije

TEMA 3: • Osnovni principi zaštite od vibracija – vibroizolacija;

• Procena štetnog dejstva vibracija na čoveka:

- Vibracije sistema šaka-ruka,

- Vibracije celog tela.




67

ZADATAK 1.

Mašina koja je kruto povezana zavrtnjevima za podlogu stvara u toku rada vibracije na frekvenciji od 40 Hz.Mašina je potom postavljena na izolatore sa efikasnošću izolacije vibracija od 80 % na toj frekvenciji i vrlomalim prigušenjem.

Izračunati prenosivost, očekivano smanjenje vibracija u decibelima koje se prenose na podlogu i rezonantnu

frekvenciju mašine za slučaj njenog rada sa postavljenim izolatorima.

Rešenje:

???;,%, ==Δ=→== 008040 f L p Hz f ξ ε

Ukoliko se usled kretanja delova mašine u toku njenog rada pojavi periodička dinamička sila oblika F (t ) = F 0·sin(ωt ) čije se dejstvo preko izolatora (podmetača) krutosti c i otpornosti b prenosi na postolje(fundament), amplituda pomeraja mašine je određena izrazom:

( ) 22222

0

4 ω δ ω ω +−=

n

z

A A .

Sprovođenjem određenih transformacija datog izraza:

222

20

2

2

2

22

2

22

0

2

2

2

22

2

24

0

214141⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=

+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡+⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

=

nnn

n

nnn

n

nnn

n

z

A

A A A

ω

ω

ω

δ

ω

ω

ω

ω

ω

ω

δ

ω

ω ω

ω

ω

ω

δ

ω

ω ω

,

,;; ., st z

nnnnn

Ac

F

m

cm

F

A

cm

b

m

c

m

b

f

f

f

f ========= 0

0

20

22

2

2

ω ξ

ω

δ ψ

π

π

ω

ω

( ) ( )222 21 ξψ ψ +−=⇒ ., st z

z A A ,

dobija se izraz za dinamič ki faktor pojač anja vibracija ηd usled postojanja i dejstva dinamičke poremećajnesile na podlogu i predstavlja odnos amplitude kretanja tela pod dejstvom dinamičke poremećajne sile F(t) iamplitude kretanja tela pod dejstvom statičke poremećajne sile F0:

( ) ( )( )ξ ψ η η

ξψ ψ

η ,;.,

d d st z

zd

A

A=

+−==

222 21

1.

U slučaju da je otpornost izolatora b vrlo mala, tada je i prigušenje ξ vrlo malo (ξ→0), pa je amplituda pomeraja tela usled dejstva dinamičke poremećajne sile F (t ) jednaka

21 ψ −=⇒ ., st z

z

A A ,

a dinamički faktor pojačanja vibracija neprigušenog sistema

( )ψ η η ψ

η d d st z

zd

A

A=

−== ;

.,21

1.

1.slučaj: 1<=⇒<⇒<n

nn f

f f f ψ ω ω , 1>⇒> d st z z A A η .,

2.slučaj: 1==⇒=⇒=n

nn f

f f f ψ ω ω , 1=∞→ d z A η , Analiza:

3.slučaj: 1>=⇒>⇒>n

nn f

f f f ψ ω ω , 10 <<⇒< d st z z A A η .,




68

Prenosivost p predstavlja odnos amplitude prenete sile A p na podlogu i amplitude spoljašnje poremećajne sile F 0 :

0 F

A p

p= .

Ukoliko je mašina čijim se radom stvara dinamička poremećajna sila F (t ) = F 0·sin(ωt ) oslonjena na izolator

krutosti c i neznatne otpornosti b, prenosivost vibracija na podlogu (osnovu ili fundament) iznosi:

).(;.,

ψ ψ

p p A

A

c

F

A

F

cA

F

A p

st z

z z z p =−

=====1

12

000

Ukoliko se spoljašnja dinamička periodička sila prenosi na podlogu preko izolatora krutosti c i otpornosti b,tada je preneta sila na podlogu jednaka zbiru sile u opruzi i otporne sile

( ) 2222 022

2 vc pvcvcvcvc pvc p A A A A A A A A F F F +=⇒==−−++=+=π π

ϕ ϕ ϕ ϕ cos,;cos;rrr

,

a prenosivost vibracija iznosi:

( ) ( )

c

F

c

b

A

F

c

b

cA

F

Ab Ac

F

bAcA

F

A A

F

A p

z z z zv zbc p

0

2

2

2

0

2

2

2

0

22222

0

22

0

22

0

11 ω ω ω +=+=+=+=+==

2222

222

2

22

22

222

2

22

2

2

0

444

22

ψ ξ ψ ξ ξ

ω

δ ξ

ψ ψ ψ ω ω

ψ ω ω ω

ω ψ

ω

=⇒=⇒=

===

===

=⇒=

==

cm

b

cm

b

cm

b

cm

b

m

cm

b

cm

b

m

c

c

b

c

b

c

b

Ac

F A A

n

n

nn

st z zv

,

;

;

;; .,

( ) ( )

.,

.,

st z

st z

A

A

p

22

22241

21

ψ ξ

ξψ ψ

++−

=

( )

( ) ( )),(; ξ ψ

ξψ ψ

ξψ p p p =

+−

+=

222

2

21

21

Efikasnost izolacije ε se uglavnom predstavlja u procentima i određuje se kao:

[ ]%)( 1001 ⋅−= pε .

Smanjenje vibracija izraženo u decibelima (nivo redukcije vibracija), postignuto upotrebom izolatora,određeno je izrazom:

p A

F L

p

12010

2

0 loglog =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =Δ [dB]




69

Za slučaj naveden u zadatku, tražene vrednosti se određuju na sledeći način:

2011 .=−=⇒−= ε ε p p

Prema tome, očekivano smanjenje vibracija upotrebom izolatora iznosi

5

20

11==

. p

puta u odnosu na amlitudu poremećajne sile,

a izraženo u decibelima:

141

2010

2

0 ==⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =Δ

p A

F L

p

loglog [dB]

Rezonantna frekvencija se poklapa sa prirodnom (sopstvenom) frekvencijom mašine ( f 0 = f n ). Za slučajizolatora bez prigušenja i poznate frekvencije prinudne sile, rezonantna frekvencija se određuje na sledećinačin:

52620

11

11

1

12

..

==+=+=⇒

−

= p

p ψ

ψ

1652

400

0

===⇒==.ψ

ψ f

f f

f

f

f

n

[Hz].

Odnos frekvencija spoljašnje i sopstvene frekvencije je moguće odrediti i pomoću dijagrama. Za vrednost prenosivosti od 0.2 i vrednost prigušenja nula, na apscisi se očitava odnos frekvencija od 2.5.




70

ZADATAK 2.

Podloga na kojoj osciluje mehanički sistem ima krutost 1000 N/m i otpornost 10 Ns/m. Odrediti:

a) masu mehaničkog sistema i prigušenje ako je vrednost rezonantne kružne frekvencije 10 rad/s;

b) dinamički faktor pojačanja mehaničke oscilacije sa prigušenjem na rezonantnoj frekvenciji oscilovanja;

Rešenje:

??,;/,, ===== d mbc η ξ ω srad10m Ns100m N1000 0

a) kg1020

0 ====ω

ω ω c

mm

cn ,

0502

.==cm

bξ

b)

( ) ( ) 0222 121

1ω ω ω

ω

ω ψ

ξψ ψ

η

====+−= nnd ,;

102

1==

ξ η d

ZADATAK 3.

Dinamički sistem osciluje sa amplitudom pomeraja 5 mm na frekvenciji 30 Hz pod dejstvom poremećajnesile čija je amplituda 20 N. Ako podloga (izolator) ima otpornost 0.2 Ns/m i krutost 50 N/m, odrediti:

a) koeficijent prenošenja vibracija na osnovu,

b) efikasnost izolatora, i

c) nivo redukcije vibracija.

Rešenje:

?,,. =Δ====⋅= L pbc F f A z ε ;s Nm20,m N05 N,20,Hz30,m105 0-3

a) 0

22

0 F A A

F A p bc p +==

N250.== zc cA A

N1902 .=⋅⋅=⋅=⋅= z zvb A f b Ab Ab A π ω

N3022 .=+= bc p A A A

0150.= p

b) %... 5989850015011 ==−=−= pε

c) 536120 .log ==Δ p L [dB]




71

ZADATAK 4.

Generator težine 9810 N je pričvršćen na oslonac (izolator) krutosti 4000 N/m i otpornosti 100 Ns/m.Pokretač generatora je parna turbina koja radi sa 300 obrtaja u minutu. Odrediti vrednost amplitude prenetesile na podlogu, efikasnost oslonca i nivo redukcije vibracija ako amplituda poremećajne sile ima vrednost1000 N.

Rešenje:

??,?,,,, =Δ======= L A F nbcG p ε N;10min300s Nm100m N0004 N,9810 30

-1

( )

( ) ( )222

2

0 21

21

ξψ ψ

ξψ

+−

+==

F

A p

p

16,srad2kg1000

srad1060

22

≈=⇒===

====

ψ

ω ω

π π π ω ω

ω ψ

/,

,/,

nn

n

g

G

mm

c

n f

02502

.==cm

bξ

0050.= p

N50 =⋅= p F A p

%.. 59999501 ==−= pε

231

20 ==Δ p

L log [dB]




72

ZADATAK 5.

Odrediti dnevnu izloženost radnika vibracijama koji pri radu koristi ručni alat – sekač grana u ukupnomtrajanju od 4.5 sata u toku radnog vremena. Ukupna vrednost vibracija na ručici sekača iznosi 4 m/s2.

Rešenje:

Dnevna izloženost vibracijama koje se na čoveka prenose preko sistema šaka-ruka A(8) određuje se pomoćuizraza:

0T

T8A va=)( [m/s2],

gde je: av [m/s2] – ukupna vrednost vibracija na rukohvatu mašine ili drugom sredstvu koje se priradu prenose na šaku radnika; utvr đuje se merenjem ili na osnovu podataka kojedostavlja proizvođač opreme;

T [h] – ukupno vreme izloženosti utvr đenoj veličini vibracija av u toku osmočasovnogradnog vremena;

T0 [h] – referentna vrednost radnog vremena od 8 sati.

Rizik od vibracija koje se na telo prenose preko sistema šaka-ruka je zasnovan na frekvencijski ponderisanojukupnoj vrednosti ubrzanja vibracija av, koja predstavlja kvadratni koren zbira kvadrata frekvencijski

ponederisanih ubrzanja za tri međusobno upravne ose x, y i z:

222wzwywxv aaaa ++= [m/s2]

Za navedeni primer, dnevna izloženost radnika vibracijama iznosi

][m/s38

4.548A 2==)( .

Dobijena vrednost se nalazi između akcione vrednosti (2.5 m/s2) i dozvoljene (granične) vrednosti dnevneizloženosti vibracijama koje se na čoveka prenose preko sistema šaka-ruka (5.0 m/s2), što ukazuje namoguću pojavu manjih zdravstvenih problema (tegoba) kod radnika, pa je stanje vibracija na mestu nastanka

i zdravstveno stanje radnika potrebno redovno pratiti i imati u vidu mere za smanjenje izloženostivibracijama koje se prenose na radnika. U navedenom slučaju se korekcija dnevne izloženosti radnikavibracijama može postići na sledeće načine:

1. Smanjenjem vremena T koje radnik provodi u rukovanju datom mašinom i njegovim preraspoređivanjem nakon tog vremena na poslove sa mašinama sa manjim vrednostima vibracija,tako da se ukupna dnevna izloženost vibracijama kreće u vrednostima koje su manje od akcionihvrednosti;

2. Upotrebom ličnih zaštitnih sredstava – antivibracionih rukavica određenih tehničkih karakteristika;

3. Proverom ispravnosti mašine u cilju utvr đivanja uzroka povećanih ili prekomernih vibracija, preduzimanjem mera na sanaciji istih i kasnijim redovnim održavanjem mašine praćenjem stanja

vibracija;4. Preduzimanjem mera (zahvata) na samom izvoru vibracija, odnosno mestu na kome se vibracije

prenose na čoveka (rukohvatu mašine) u cilju smanjivanja vrednosti vibracija av;




73

ZADATAK 6.

Odrediti ukupnu dnevnu izloženost radnika vibracijama koji u toku osmočasovnog radnog vremena koristiviše ručnih alata: bušilicu u ukupnom trajanju od 2.5 sata, brusilicu u ukupnom trajanju od 1 sat i pneumatskičekić u ukupnom trajanju od 15 min., pri čemu je na ručici bušilice izmerena vrednost vibracija od 4 m/s2, naručici brusilice 3 m/s2 i na ručici pneumatskog čekića 20 m/s2.

Rešenje:

Ukoliko je osoba u toku radnog vremena izložena dejstvu više od jednog izvora vibracija koje se na telo prenose preko šake, tada se ukupna dnevna izloženost vibracijama određuje na osnovu proračunavanja pojedinih (parcijalnih) izloženosti vibracijama usled korišćenja svakog od izvora vibracija:

;...)8(A)8(A)8(A)8(A)8(A 23

22

21

1

2 +++== ∑=

n

i

i

0T

T8A i

ivi a ,)( = [m/s2].

Za dati primer je dnevna izloženost radnika vibracijama usled rada sa pojedinim alatima A(8)i izračunata naosnovu prethodnog izraza i prikazana u tabeli.

i Vrsta ručnog alata

Izmerena vrednostvibracija na

rukohvatu alataav,i [m/s2]

Vreme rada sa pojedinim alatom

Ti [h]

Dnevna izloženostvibracijamaA(8)i [m/s2]

1 Bušilica 4 2.5 2.2

2 Brusilica 3 1 1.1

3 Pneumatski čekić 20 0.25 3.5

Ukupna dnevna izloženost radnika vibracijama u datim uslovima iznosi:

][m/s3.45.31.12.2)8(A)8(A)8(A)8(A 222223

22

21 =++=++=

i nalazi se između akcione i granične vrednosti dnevne izloženosti vibracijama.




74

ZADATAK 7.

Odrediti dnevnu izloženost radnika vibracijama koji u toku osmočasovnog radnog vremena upravlja 6.5 satikombajnom, a izmerene vrednosti vibracija na sedištu u pojedinim pravcima iznose:

x-osa: awx = 0.20 [m/s2],

y-osa: awy = 0.40 [m/s

2

], z-osa: awz = 0.25 [m/s2].

Rešenje:

Dnevna izloženost vibracijama A(8) kada se u toku 8-časovnog radnog vremena koristi samo jedno sredstvorada, određuje se na sledeći način:

1. Na osnovu podataka proizvođača opreme ili na osnovu merenja se utvr đuju tri frekvencijski ponderisane efektivne (RMS) vrednosti ubrzanja vibracija u tri međusobno upravna pravca: awx , awy iawz .

2. Određuje se dnevna izloženost vibracijama za svaki od tri ortogonalna pravca x, y i z:

0TT418A exp.)( wx x a= [m/s2] ,

0T

T418A exp.)( wy y a= [m/s2] ,

0T

T8A exp)( wz z a= [m/s2] .

gde je: Texp [h] – vreme izloženosti vibracijama u toku radnog vremena od 8 sati,

T0 [h] – referentno vreme od 8 sati.

3. Najveća od dobijenih vrednosti za A x(8), A y(8) i A z(8) predstavlja dnevnu izloženost vibracijama.

Za dati primer, pošto su frekvencijski ponderisane efektivne (RMS) vrednosti ubrzanja vibracija u trimeđusobno upravna pravca poznate, određuje se dnevna izloženost osobe vibracijama za svaki od pravaca

x, y i z:

2508

5620418A .

...)( =⋅= x [m/s2] ,

5008

5640418A .

...)( =⋅= y [m/s2] ,

2308

562508A .

..)( == z [m/s

2

] .

Dnevna izloženost vibracijama A(8) odgovara najvećoj od vrednosti za A x(8), A y(8) i A z(8). U datom slučaju je najveća vrednost dnevne izloženosti vibracijama u y pravcu, iznosi 0.5 m/s2 i podudara se sa akcionomvrednošću, kada je potrebno preduzeti odgovarajuće mere za praćenje stanja izloženosti tela radnikavibracijama pri upravljanju mašinom.




75

ZADATAK 8.

Odrediti dnevnu izloženost radnika vibracijama koji svakog dana u toku radnog vremena koristi 1 sat maliviljuškar za utovar robe u kamion kojim zatim vrši distribuciju robe narednih 6 sati. Na sedištima viljuškara ikamiona su izmerene sledeće vrednosti vibracija u tri ortogonalna pravca:

Viljuškar Kamionawx [m/s2] 0.5 0.2

awy [m/s2] 0.3 0.3

awz [m/s2] 0.9 0.3

Rešenje:

Ukoliko je osoba u toku 8-časovnog radnog vremena izložena dejstvu više izvora vibracija zbog korišćenjadve ili više različitih mašina tokom radne aktivnosti, potrebno je na osnovu vrednosti vibracija (izmerenih nasedištu ili stajalištu) i trajanja izloženosti izračunati parcijalne (pojedinačne) dnevne izloženosti za svaku od

osa x, y i z. Ukupna dnevna izloženost osobe vibracijama A(8) se određuje za svaku osu posebno, uzimajućiu obzir vrednost vibracija u određenom pravcu za svaku pojedinačnu aktivnost, odnosno izvor vibracija.Redosled operacija je sledeći:

1. Na osnovu podataka proizvođača opreme ili na osnovu merenja se utvr đuju frekvencijski ponderisane efektivne (RMS) vrednosti ubrzanja u tri ortogonalna pravca awx , awy i awz za svakosredstvo ili vozilo koje je izvor vibracija;

2. Za svako sredstvo ili vozilo se određuje parcijalna dnevna izloženost vibracijama u tri ortogonalna pravca x, y i z:

0T

T418A i

iwxi x aexp

,, .)( = [m/s2] ,

0T

T418A i

iwyi y aexp

,, .)( = [m/s2] ,

0T

T8A i

iwzi z aexp

,, )( = [m/s2] ,

gde je: Texp i [h] – vreme izloženosti celog tela vibracijama usled rukovanja pojedinim sredstvomili vozilom u toku radnog vremena od 8 sati;

T0 [h] – referentno vreme od 8 sati.

Svaka od parcijalnih izloženosti vibracijama u određenom pravcu predstavlja doprinos (udeo)

određenog izvora vibracija (mašine ili aktivnosti) ukupnoj dnevnoj izloženosti radnika vibracijama. Na osnovu poznatih parcijalnih vrednosti izloženosti vibracijama moguće je ustanoviti prioritetnemašine ili aktivnosti sa najvećim vrednostima izloženosti vibracijama kojima treba pokloniti naročitu

pažnju u smislu kontrolnih merenja vibracija.

3. Ukupna dnevna izloženost vibracijama za svaku osu x, y i z se izračunava na osnovu parcijalnihvrednosti izloženosti vibracijama za različite vrste izvora vibracija A j,i(8) prema izrazu:

][m/s][m/s8A8A8A8A 2223

22

21 z y x j j j j j ,,;...)()()()( =+++=

4. Dnevnu izloženost vibracijama predstavlja najveća od dobijenih vrednosti za A x(8), A y(8) ili A z(8).




76

Za vrednosti koje su date u zadatku, dnevne izloženosti radnika vibracijama za pojedine izvore vibracija u x, y i z pravcu iznose:

Viljuškar (1) Kamion (2)

250

8

150418A 1 ...)(, =⋅= x [m/s2] 240

8

620418A 2 ...)(, =⋅= x [m/s2]

1508

130418A 1 ...)(, =⋅= y [m/s2] 360

8

630418A 2 ...)(, =⋅= y [m/s2]

3208

1908A 1 ..)(, == z [m/s2] 260

8

6308A 2 ..)(, == z [m/s2]

Dnevna izloženost radnika vibracijama u pojedinim pravcima iznosi:

][m/s302402508A8A8A 2222,2

2,1 ...)()()( =+=+= x x x

][m/s403601508A8A8A 2222,2

2,1 ...)()()( =+=+= y y y

][m/s402603208A8A8A 2222,2

2,1 ...)()()( =+=+= z z z

Dnevna izloženost vozača vibracijama odgovara najvećoj vrednosti izloženosti vibracijama u nekom od pravaca x, y ili z. Za dati primer, najveću vrednost imaju dnevne izloženosti u y i z pravcu, ona iznosi0.4 m/s2 i nalazi se ispod akcione vrednosti dnevne izloženosti vibracijama.




OBLAST: Elektromagnetna zračenja

TEMA 1: • Električno polje - Kulonov zakon, Gausova teorema;

• Magnetno polje;

• Antene.



FIZIČKI PARAMETRI RADNE I ŽIVOTNE SREDINE EM ZRAČENJA – TEMA 1

78

ZADATAK 1.

Dve količine elektriciteta q1 = 100 nC i q2 = -100 nC se nalaze u vazduhu,na rastojanju a = 40 cm, kao što je prikazano na slici. Izračunati:

a) Jačinu električnog polja u tački A koja se nalazi između q1 i q2;

b) Jačinu električnog polja u tački B koja se nalazi u trećem temenu jednakostraničnog trougla.

Rešenje:

a) qqq == 21

20

21

01

4

4

1

2

4

1

a

q

a

q E A

πε πε =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = ;

20

22

02

4

4

1

2

4

1

a

q

a

q E A

πε πε =

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

⎥⎥⎦⎤

⎢⎢⎣⎡ =⋅= −

mF

NmC10858

2

2120 .ε

21

21

A A A

A A

E E E

E E

+=

=

( ) C

kN45

C

N45000

40

101001098

4

18

4

4

122

2

99

20

20

1 ==⋅

⋅⋅====−

.a

q

a

q E E A A

πε πε .

b)

20

1 4

1

a

q

E B πε = ; 20

2 4

1

a

q

E B πε =

21 B B E E =

1111 2

1

3 B B B x B E E E E ===π

α coscos

2222 2

1

3 B B B x B E E E E ===π

α coscos

( ) C

N5625

40

10100109

4

12

2

99

20

1121 =⋅

⋅====+=−

.a

q E E E E E B x B x B x B Bx

πε

2

3

3 1111 B B B y B E E E E ===π

α sinsin

2

3

3sin)sin( 2222 B B B y B E E E E −=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=−=π

α

y B y B E E 21 −=

021 =+= y B y B By E E E

C

kN2511

C

N112502 .=== Bx B E E




79

ZADATAK 2.

Ako se u tački A nalazi naelektrisanje q, izračunati količinenaelektrisanja q1 i q2 da bi jačina električnog polja u tački B bila

jednaka nuli.

Rešenje:

Jačina električnog polja u tački B od naelektrisanja q u tački A:

204

1

d

q E BA

πε = ,

α πε

cos2

041

d

q E BAx = ,

α πε

sin2

04

1

d

q E BAy = ,

222 bad += .Jačina električnog polja u tački B od naelektrisanja q1:

By B E b

q E ==

21

01 4

1

πε .

Jačina električnog polja u tački B od naelektrisanja q2:

Bx B E a

q E ==

22

02 4

1

πε .

Da bi jačina električnog polja u tački B bila jednaka nuli, treba da budu ispunjeni sledeći uslovi:

22

02

0 4

1

4

1

a

q

d

q E E Bx BAx

πε α

πε =⇒= cos , α cos

2

2

2d

aqq = ;

21

02

0 4

1

4

1

b

q

d

q E E By BAy

πε α

πε =⇒= sin , α sin

2

2

1d

bqq = .




80

ZADATAK 3.

Izračunati silu koja treba da dejstvuje na tačkasto naelektrisanje q p kako bi ono bilo dovedeno u tačku B, ako je:

q1 = 10 nC, q2 = 20 nC, q p = 5 nC,

a = 10 cm, b = 20 cm.

Rešenje:

221

04

1

r

qq F

⋅=

πε

( ) N10

89

10201051010109

41 5

22

99

92

1

01 −

−

−−

⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=⋅=b

qq F p

πε

( ) N109

1010

1051020109

4

1 522

999

22

02

−

−

−−

⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅=

a

qq F

p

πε

N100791026562582

N10265625821081102656251

510

210101022

21

2

−−

−−−

⋅=⋅=

⋅=⋅+⋅=+=

..

..

r

r

F

F F F




81

ZADATAK 4.

Izračunati jačinu električnog polja koje potiče od sfere poluprečnika R,naelektrisane zapreminskom gustinom naelektrisanja ρ.

Rešenje:

Na osnovu Gausove teoreme sledi da je:

∫∫ =⋅V S

V S E

0

dd

ε

ρ rr.

Za oblast 0 < r < R važi:

∫∫ ′′ =⋅ V S

V

S E 0

d

d ε

ρ rr

,

gde su S i V sferna površina i zapremina koje odgovaraju poluprečniku r .

∫∫′′

=⋅⋅V S

V S E

0

d0d

ε

ρ cos

∫∫′′

=V S

V S E dd0ε

ρ

3

0

2

3

44 r r E π

ε

ρ π ⋅=⋅

03ε

ρ r E = , 0 < r < R

Za r > R važi:

∫∫ =⋅′′ V S

V S E

0

dd

ε

ρ rr,

gde je S˝ - sferna površina poluprečnika r , a V - zapremina sfere.

0

0dε

qS E

S

=⋅⋅∫′′

cos ,

gde je q – ukupno naelektrisanje sfere koje iznosi

3

3

4 RV q π ρ ρ =⋅=

0

dε

qS E

S

=∫′′

3

0

2

3

44 Rr E π

ε

ρ π ⋅=⋅

20

3

3 r R E ε ρ = , r > R




82

ZADATAK 5.

Metalni cilindar beskonačne dužine, poluprečnika r = a, naelektrisan je podužnom količinom naelektrisanja q´. Izračunati silu dejstva natačkasto naelektrisanje q koje se nalazi na rastojanju b = 2a od osecilindra.

Rešenje:

Najpre treba izračunati jačinu električnog polja u tački u kojoj se nalazi naelektrisanje q. Koristeći Gausovuteoremu, za r > a se dobija :

0000

dd

ε ε ε

ρ

ε

ρ hqqV V S E

V S

⋅′====⋅ ∫∫

rr.

Kako su vektori E r

i S r

d kolinearni, ugao između njih je jednak nuli, pa je:

0

0dε

hqS E

S

⋅′=⋅⋅∫ cos

0

2ε

π hq

hr E ⋅′

=⋅

r

q E

02πε

′= , r > a

a

qq

a

qq

r

qq E q F 000 4222 πε πε πε ′⋅=′⋅=′=⋅=




83

ZADATAK 6.

Izračunati magnetnu indukciju u tački A od dva strujna provodnika kroz kojeteče struja jačine I 1 i I 2, pri čemu je I 1 = I 2 = I . Provodnici su na međusobnomrastojanju d = a, a tačka A je od pravca na kome se oni nalaze udaljena za

23 /d x = .

Rešenje:

1

101 2 r

I Bπ

μ = i2

202 2 r

I Bπ

μ = ,

m

H104 7

0 ⋅= π μ

212121 B Br r r I I I =⇒==== ,

22

2

22

3⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

d d r

ad r ==

311π

cos B B x =

33 222π π

coscos B B B x =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

311π

sin B B y =

33 222π π

sinsin B B B y −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

x x B B 21 = y y B B 21 −=

x x B B B 2112 +=

a

I

a

I

r

I B B A

π

μ

π

μ π

π

μ

22

1

22

322 000

12 ==== cos




84

ZADATAK 7.

Pomoću Amperovog zakona izračunati jačinu magnetnog poljakoaksijalnog kabla kroz koji protiče struja jačine I . Poluprečnik unutrašnjeg provodnika kabla je r 1, unutrašnji poluprečnik spoljašnjeg provodnika kabla je r 2, dok je spoljašnji poluprečnik

spoljašnjeg provodnika kabla r 3.

Rešenje:

Primenom Amperovog zakona na konturu koja obuhvata unutrašnji provodnik, dobija se:

∑∫∫∫ =⇒= I l H S J l H

C S

t

C

rrrrrrddd

∑∫ =⇒<< I l Br r r

C

021 d μ rr

∑∫ = I l B

C

0d μ

r

I B I r B

π

μ μ π

22 0

0 =⇒=⋅

ZADATAK 8.

Dva prava beskonačno duga provodnika, kroz koje protičestruja jačine I 1 i I 2, ukrštaju se pod pravim uglom. Izračunati

jačinu magnetnog polja i magnetnu indukciju u tačkama A iB ako je I 1 = 2 I 2.

Rešenje:

a

I B A

π

μ

220

2 = , 22010

1 22

22 A A B

a

I

a

I B ===

π

μ

π

μ

22221 2 A A A A A A B B B B B B =−=−=

a

I B B

π

μ

220

2 = , 2202010

1 2222

22 B B Ba

I

a

I

a

I B ====

π

μ

π

μ

π

μ

021 =−= B B B B B B




85

ZADATAK 9.

Dva provodnika kroz koje protiče struja jačine I 1 i I 2 se nalaze uistoj ravni, postavljeni pod uglom α. Izračunati vrednost magnetneindukcije u tački A ( xo, yo).

Rešenje:

1

101 2 r

I B

π

μ = ,

2

202 2 r

I B

π

μ =

( ) ( ) 11oo11o122 α α α α costgcoscos x y y y yr −=−==

1o1o2 α α sincos x yr −=

α α −= o1 90

( ) ( ) α α α α α α sincoscos;cossinsin =−==−= o1

o1 9090

α α cossin oo2 x yr −=

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=−=−=

2

2

1

10

2

20

1

1021 222 r

I

r

I

r

I

r

I B B Bu

π

μ

π

μ

π

μ

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−= α α π

μ

cossin oo2

o10

2 x y

I

x

I Bu

A

A




86

ZADATAK 10.

Izračunati intenzitet zračenja tačkastog izvora i komponente električnog i magnetnog polja na rastojanjur = 10 m, ako izvor radi na frekvenciji f = 1 GHz i ima snagu P = 100 W.

Rešenje:

222 m

W080

104

100

4.=

⋅==

π π r

P I .

sc Z H

E = ,

gde je Z sc – specifična (karakteristična) impedansa sredine u kojoj se odigrava proces.

Za vakuum: Ω== 3770

0

ε

μ sc Z .

Za vazduh, pri normalnim uslovima: Z sc = 400 Ω.

m

V665400080

2

.. =⋅=⋅=⇒==⋅= sc sc sc

Z I E Z

E

Z

E E H E I

m

A0140

400

665.

.===

sc Z

E H

ZADATAK 11.

Elektromagnetni talas frekvencije 400 MHz ima jačinu električnog polja u zoni zračenja E = 8 V/m. Izvršitinormiranje (poređenje) intenziteta zračenja ako je dozvoljeni intenzitet zračenja 100 mW/m2.

Rešenje:

sc sc

Z

E H Z

H

E =⇒=

22

22

mmW160mW160400644008 ======⋅= . sc sc Z

E Z E E H E I

doz I I >




87

ZADATAK 12.

Emisiona radiostanica ima oscilatorno kolo sačinjeno od kalema induktivnosti L = 10 μH i kondenzatora čijakapacitivnost može da se menja od C min = 10 pF do C max = 400 pF. Elektromagnetni talas koji emituje antenaove radiostanice ima u zoni zračenja jačinu električnog polja E = 5.8 V/m. Izračunati:

a) Frekvencijski opseg u kome radi radiostanica;

b) Intenzitet zračenja antene i izvršiti normiranje intenziteta ako je dozvoljeni intenzitet zračenja120 mW/m2.

Rešenje:

a) LC

f r π 2

1=

MHz15.9Hz109.15102

1

102

1

101010102

1

2

1 6816126

minmax =⋅=

⋅==

⋅⋅⋅==

−−−− π π π π LC f r

MHz2.5Hz105.240102

110402

11040010102

12

1 6816126

maxmin =⋅=

⋅=

⋅=

⋅⋅⋅== −−−− π π π π LC

f r

b) sc

sc Z

E H Z

H

E =⇒=

( )22

22

m

mW84

m

W0840

400

6433

400

85======⋅= .

..

sc sc Z

E

Z

E E H E I

doz I I <





TEMA 2: • Proračun i ocena kvaliteta osvetljenosti




89

ZADATAK 1.

Odrediti fluks elektromagnetnog zračenja za spektralnu gustinu fluksa elektromagnetnog zračenja prikazanuna slici.

Kolika je efikasnost svetlosnog zračenja ako se kriva V ( λ) aproksimira krivom prikazanom na slici?

Rešenje:

Fluks elektromagnetnog zračenja:

W12.0200106.0d)( 3700

500

=⋅⋅=Φ=Φ −∫ λ λ λ ee

Svetlosni fluks:

λ λ λ λ d)()(683800

400

V e ⋅Φ=Φ ∫

lm86.352

100106.05010

2

3.06.0683

33 =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅⋅+⋅⋅

+=Φ

−−

Efikasnost svetlosnog zračenja:

W

lm8.298

12.0

86.35==

Φ

Φ=

e

η




90

ZADATAK 2.

Izotropni izvor intenziteta 800 cd se nalazi u središtusfere poluprečnika 4 m. Koliki svetlosni fluks prolazikroz površinu na sferi veličine 0.3 m2?

Rešenje:

?;m3.0,m4,cd800 2 =Φ=== S S r I

Osvetljenost površine: lx504

80022

===r

I E

lm153.050 =⋅=⋅=Φ⇒Φ

= S E

S

E S S

____________________________________________________

ZADATAK 3.

Izvor snage 100 W se nalazi na visini 6 m. Ako je izvor izotropan, a efikasnost 60 lm/W, odrediti horizontalnu ivertikalnu osvetljenost u tačkama A i B.

Rešenje:

?,;m8lm/W,60,m6,W100 ===== B A E E d h P η

cd3984

10060

4,

4 =⋅

=⋅

=⇒

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⋅=ΦΦ

=

Φ=

π π

η

η η

π P I

P P

I

Horizontalna osvetljenost: lx1.116

398

22===

h

I E

Ah

lx4.26.01.11cos

,6.086

6cos,cos

33

2222

32

=⋅=Θ=

=+

=+

==ΘΘ=

Ah Bh

Bh

E E

d h

h

r

h

h

I E

Vertikalna osvetljenost: 02

cos2

==π

h

I E Av

( ) ( ) ( ) lx2.386

8398

,cos,cos

2/3222/3222222

222

=+

⋅=+

⋅=++=

+==

d h

d I

d h

d

d h

I E

d h

d

r

I E

Bv

Bv α α




91

ZADATAK 4.

Papir dimenzija 15×30 cm i koeficijenta refleksije 0.8 se nalazi na stolu dimenzija 100×60 cm i koeficijentarefleksije 0.5. Ako je sto ravnomerno osvetljen sa 500 lx, odrediti:

a) Srednji koeficijent refleksije papira i stola;

b) Sjajnosti papira i stola.Sto i papir reflektuju svetlost difuzno.

Rešenje:

?,?,;lx500,5.0,m6.0cm60100;8.0,m045.0cm3015 ..,22 =====×===×= s p sr sr s s s p p L L E A A ρ ρ ρ

a) Srednji koeficijent refleksije papira i stola:

( )52.0

6.0

045.06.05.0045.08.0. =

−+⋅=

−+=

s

p s s p p sr

A

A A A ρ ρ ρ .

b) Sjajnosti papira i stola:

2m

cd3.127

5008.0=

⋅=

⋅=

π π

ρ E L

p p ,

2m

cd6.79

5005.0=

⋅=

⋅=

π π

ρ E L s

s .




92

ZADATAK 5.

Odrediti osvetljenost horizontalnog i vertikalnogelementa površine na rastojanju 4 m od ravanskog izvorakonstantne sjajnosti 500 cd/m2, širine 8 m i visine 2 m.

Rešenje:

?,;m4,m2,m8,cd/m500 2 ===== n p E E qhw L

rad10

20sin

22=

+=

qh

hγ , rad

5

20cos =γ ;

rad10

80sin

22=

+=

qw

w β , rad107.1= β ;

rad84

2sin

2221 =

++=

qhw

hγ , rad22.01 =γ ;

rad84

8sin

2221 =

++=

qhw

w β , rad061.11 = β .

Paralelni (vertikalni) element površine:

( ) 107.0108022.0

1020061.1

21sinsin

21

11 =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=⋅+⋅=π

β γ γ β π

pc ,

lx1.168500107.0 =⋅⋅=⋅= π π Lc E p p .

Normalni (horizontalni) element površine:

( ) 025.05

200612.1107.1

2

1cos

2

11 =⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⋅−=

π γ β β

π nc ,

lx3.39500025.0 =⋅⋅=⋅= π π Lc E nn .




93

ZADATAK 6.

Odrediti osvetljenost na elementu površine P od ravanskog izvora konstantne sjajnosti 2830 cd/m2.

Rešenje:

?)(;m4m,6.0,m4.2,m1,cd/m2830 2 ====== P E hbad L

Da li se svetiljka može smatrati tačkastim izvorom?

• Maksimalna dimenzija svetiljke:

m47.26.04.2 2222max =+=+= bad

• Udaljenost tačke P od centra svetiljke:

( ) ( ) m77.443.112.122

222222

=+++=+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ = h

bd

a D

Dm4.125 max >=d , pa se svetiljka ne može smatrati tačkastim izvorom.

Podela svetiljke na 4 segmenta dimenzija 60×60 cm:

c = 0.6 m

d = 1 m

• Maksimalna dimenzija segmenta:

m85.026.02max === cd S .

• Udaljenost tačke P od centra segmenta:

m22.44)3.0(3.122

222222

=++=+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ += h

ccd DS

Smax Dm23.485.055 ≈=⋅=d , pa se segment može posmatrati kao tačkasti izvor.

Osvetljenost tačke P :

4321)( E E E E P E +++=

Osvetljenost od i-tog segmenta:

ii seg

ih

I E Θ

Θ= 3

2cos

)(, Θ⋅=Θ cos)( L P I seg i seg

( )44

34

24

14

2coscoscoscos)( Θ+Θ+Θ+Θ

⋅=

h

L P P E

seg ,i

i D

h=Θcos




94

m217.422

222

1 =+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ += h

aad D ; m438.4

22

3 222

2 =+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ += h

aad D ;

m727.4

22

5 222

3 =+⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ += ha

ad D ; m070.5

22

7 222

4 =+⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ += ha

ad D .

lx94.125070.5

1

727.4

1

438.4

1

217.4

1428306.0

11114444

2244

43

42

41

2 =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +++⋅⋅⋅=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +++⋅⋅=

D D D Dh L P E seg p

Faktor konfiguracije:

⎥⎦⎤⎢⎣⎡ ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ += hd

hac

hd b

hac L E p p p ,,π ,

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =4

1,

4

4.2

4

6.1,

4

4.2 p p p cc L E π ,

( ) ( )25.0,6.04.0,6.02830 p p p cc E −⋅=π

Dijagram faktora konfiguracije

paralelnog elementa površine

Dijagram faktora konfiguracije

normalnog elementa površine

( ) ( ) ;04.025.0,6.0;055.04.0,6.0 == p p cc

lx4.133= p E




95

ZADATAK 7.

Odrediti faktor konfiguracije ravanskog izvora sjajnosti 2000 cd/m2, ako on osvetljava element površine sa7.2 lx.

Rešenje:

?;m5cm,3030,cd/m2000 2 ==×=Δ= chS L

lx2.725

3.02000 2

22=

⋅=

Δ⋅==

h

S L

h

I E

41087.220004

2.7

44 −⋅=

⋅⋅==⇒=

π π π

L

E ccL E

[ ] β γ γ β π

sinsin2

1111 p +=c

q

w y

q

h x == ,

1sin

222 +=

+=

x

x

qh

hγ

1sin,

1sin

221

221

++=

++=

y x

y

y x

x β γ

11,sinsin β γ γ β ==

221 p

03.01

03.0

103.02

03.0sinarc

1sin2

2

1

+⋅⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+⋅⋅=⋅=

π γ β

π c

4 p 10865.203.003.0

1 −⋅=⋅⋅=π

c




96

ZADATAK 8.

Odrediti osvetljenost koju daje difuzni disk poluprečnika2 m i sjajnosti 1000 cd/m2 na udaljenostima 1 m i 10 mispod središta diska.

Razmotriti rezultate kada se disk smatra tačkastim i

ravanskim izvorom.

Rešenje:

?,;m10m,1,cd/m1000m,2 21212 ===== E E hh Lr

• Tačkasti izvor:

( )2h

I E T

Θ= , ( ) Θ⋅=Θ cosS L I ,

20

h

S L E T

⋅=⇒=Θ , π 2r S =

lx125701

21000)(

2

2

21

2

21

1 =⋅

=⋅

=⋅

=π π

h

r L

h

S Lh E T

lx7.12510

21000)(

2

2

22

2

22

2 =⋅

=⋅

=⋅

=π π

h

r L

h

S Lh E T

• Ravanski izvor:

Θ= 2sinπ L E R ,22

2

22sin

r h

r L E

r h

r R

+=⇒

+=Θ π

lx251321

21000)(22

21 =

+= π h E R

lx8.120210

21000)(

22

2

2 =+

= π h E R




97

ZADATAK 9.

Odrediti efektivni koeficijent refleksije šupljine prikazanena slici.

Rešenje:

?;5.0m,1,3.0,m3m,4 21 ====== ef hba ρ ρ ρ

sr

sr

o

š ul

izl ef

A

A

ρ

ρ ρ

−+

=Φ

Φ=

11

1

.

.

• Srednji koeficijent refleksije:

21

2211

A A

A A

A

A

i

ii

sr +

+==

∑∑ ρ ρ ρ

ρ

21 m1234 =⋅=⋅= ba A

22 m14)34(12)(222 =+⋅=+=+= bahhbha A

407.01412

145.0123.0=

+

⋅+⋅= sr ρ

• Površina šupljine: 221 m261412 =+=+= A A A š

• Površina otvora šupljine: 21 m12== A Ao

24.0

407.0

407.01

12

261

11

1

1

1

21=

−⋅+

=−

⋅+

+=

sr

sr ef

A

A A

ρ

ρ ρ




98

ZADATAK 10.

U prostoriji dimenzija 9×5×3 m se nalazi 12 svetiljki. Na svetiljci koja ima CIE flux cod (0.5 0.7 0.75 0.5 0.8) nalazi se izvor svetlosnog fluksa 2900 lm.Odrediti direktne osvetljenosti površina prostorije ako je odnos između direktnog fluksa na radnu površinu iukupnog fluksa u donji poluprostor DR = 0.46.

Rešenje:

?,,;46.0DR ,lm2900,8.0 N,5.0 N,12,m359 ,,,.54 ===Φ===××=×× rp D z Dt Dizv E E E nhba

• Direktna osvetljenost tavanice:ba

E t D

t D ⋅

Φ= ,

,

lm1392029008.05.012.54, =⋅⋅⋅=Φ⋅⋅⋅=Φ⋅≈Φ

Φ4 4 34 4 21

g

izv g

t D N N nn

Φ g – svetlosni fluks svetiljke u gornji poluprostor;

lx3094513920, ==t D E

• Direktna osvetljenost radne površine:ba

E rp D

rp D ⋅

Φ= ,

,

lm640329008.05.01246.0.54,, =⋅⋅⋅⋅=Φ⋅⋅⋅⋅=Φ⋅⋅=Φ⇒Φ⋅

Φ= izvd rp D

d

rp D N N n DRn DR

n DR

Φd – svetlosni fluks svetiljke u donji poluprostor;

lx14245

6403, ==rp D E

• Direktna osvetljenost zida:))(8.0(2

,,,

bah P E

z D

z

z D z D +−

Φ=Φ=

.5,,, izv svt D z Drp D N nn Φ⋅⋅=Φ⋅=Φ+Φ+Φ

lm751764031392029008.012,,.5, =−−⋅⋅=Φ−Φ−Φ⋅⋅=Φ t Drp Dizv z D N n

lx121)59)(8.03(2

7517, =

+−= z D E





TEMA 3: • Proračun i ocena toplotnog zračenja




100

ZADATAK 1.

Izračunati ukupnu količinu izračene energije sa površine Sunca za vreme od jednog sata, ako se Suncesmatra apsolutno crnim telom, temperature 600 K i poluprečnika 350000 km.

Rešenje:?;km000350,K 600,1,s3600h1 ======= W r T t ε α

Emisiona moć Sunca:

40 T E ⋅=σ

428

0K m

W10672.5 −⋅=σ - Štefan-Bolcmanova konstanta;

26

248

m

W1051.73

m

W73509120600010672.5 ⋅==⋅⋅= −

E

Površina Sunca:

( ) 218272 m1053938.1103544 ⋅=⋅⋅=⋅= π π r S

Ukupna izračena energija:

t S E W ⋅⋅=

J10074.4Ws10074.4360010539.11051.73 2929186 ⋅=⋅=⋅⋅⋅⋅=W

ZADATAK 2.

Kroz otvor peći površine 100 cm2 se za 10 s izrači količina toplote od 1 kJ. Odrediti temperaturu u peći pod pretpostavkom da peć zrači kao apsolutno crno telo.

Rešenje:

?;1kJ,1,s10,cm100

2

====== T W t S ε α

24

4 m

W101

1010100

1000⋅=

⋅⋅=

⋅==

−t S

W

S

P E

K 64810672.5

1014

8

4

4

0

40 =

⋅

⋅==⇒⋅=

−σ σ

E T T E




101

ZADATAK 3.

Ako se 40% utrošene električne energije u sijalici snage 60 W emituje kao IR-zračenje, izračunatitemperaturu njenog vlakna dužine 20 cm i prečnika 0.01 mm. Zračenje vlakna sijalice smatrati kao zračenjeapsolutno crnog tela.

Rešenje:?;1,m101,m2.0,W60,4.0%40 5 ===⋅===== −

T d l P ε α η

W24604.0 =⋅=⋅= P P u η

S

P E u=

Površina po kojoj se zrači energija: l d l r S π π == 2

265 m1028.62.0101 −− ⋅=⋅⋅⋅=π S

K 286310672.51028.6

244 864

040 =⋅⋅⋅=⋅=⇒⋅= −−σ σ S

P T T E u

ZADATAK 4.

Odrediti količinu toplote (energiju) koju pri topljenju izrači površina volframa od 1 cm2 za vreme od 1 s, ako je odnos emisionih moći volframa i apsolutno crnog tela 0.4. Temperatura topljenja volframa iznosi 3380oC.

Rešenje:

?;K 36532733380,4.0/,s1,m101 024 ==+===⋅= −

W T t S w α α

t S E W ⋅⋅=

400 T E E ⋅⋅=⋅= σ ε ε

t S T W ⋅⋅⋅⋅= 40σ ε

4.0,4.04.000

===⇒== ε α α α

α w

ww

E

E

1101365310672.54.0 448 ⋅⋅⋅⋅⋅⋅= −−W

J01.404=W




102

ZADATAK 5.

Odrediti temperaturu na udaljenosti 10 m od usijane metalne kugle prečnika 10 cm, ako njena emisiona moć iznosi 6.27 W/m2. Smatrati da kugla zrači kao apsolutno crno telo.

Rešenje:

?;W/m27.6,m10,m1.0 2 ==== T E d R

4

0

0400

σ σ

E T T E =⇒⋅=

r R 2=

22

2

244 R

Rr S ⋅=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅=⋅= π π π

Kako je fluks energije kroz sfere poluprečnika R/2 i d jednak, to je:

E d E R ⋅=⋅⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ 2

0

2

42

4 π π

2

2

2

2

04

24

4

R

E d

R

E d E

⋅=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

⋅=

π

π

K 14502

4

4

0

4

0

2

2

4

0

0 =⋅=

⋅

==σ σ σ

E

R

d R

E d

E T

ZADATAK 6.

Energetski osvetljaj apsolutno crnog tela iznosi 80 kW/m2. Izračunati talasnu dužinu koja odgovaramaksimumu emisione moći ovog tela.

Rešenje:?;kW/m80 max

20 == λ E

4

0

0400

σ σ

E T T E =⇒⋅=

bT =⋅maxλ

b = 2.898·10-3 [mK] – Vinova konstanta

μm66.2m1066.2

10672.5

1080

10898.2 6

48

3

3

4

0

0max =⋅=

⋅

⋅

⋅=== −

−

−

σ

λ E

b

T

b





TEMA 4: • Proračun i ocena ultravioletnog i jonizujućeg zračenja




104

ZADATAK 1.

Odrediti procenat UV-zračenja koji emituje crno telo pri temperaturi 5800 K.

Rešenje:

Ukupna emisiona moć: 27484 W/m1042.658001067.5 ⋅=⋅⋅=⋅= −T E σ

Spektralna gustina emisionih moći:⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

⋅⋅

=⋅ 1

110745.3)(

5800

143885

8

λ

λ λ

λ

e

E

λ [μm] E λ( λ) [W/m2μm]

0.05 3.4·10-7 0.1 630.89

0.15 3.24·105

0.2 4.8·106

0.25 1.88·107 0.3 3.95·107

0.35 5.96·107 0.4 7.42·107

27nm400

nm100

W/m1026.1d)()UV( ⋅== ∫ λ λ λ E E

%65.191001042.61026.1UV%

77 ≈⋅

⋅⋅=




105

ZADATAK 2.

Izračunati koliki će deo plutonujuma ostati nakon 70 000 godina ako je vreme poluraspada plutonijuma24 000 godina.

Rešenje:

?)0()(;god.00024,god.00070 ===

N

t N T t

t e N t N λ −⋅= )0()(

T T

2ln2ln =⇒=⋅ λ λ

T

t t

T t ee N

t N −−− === 2)0(

)(2ln

λ

125.08

122

)0(

)00070( 300024

00070

==≈= −−

N

N

t T 2T 3T 4T

N (t )/N(0) 2-1 2-2 2-3 2-4




106

ZADATAK 3.

Pri radioaktivnom raspadu jezgra Na2411 nastaje emisija α-čestice. Period poluraspada ovog jezgra iznosi

T = 14.8 h. Koliko se jezgra Na2411 raspadne za vreme t = 10 h u uzorku mase m = 1 kg?

Rešenje:

Broj neraspadnutih jezgara atoma radioaktivnog elementa dat je formulom:

t e N t N λ −⋅= )0()( ,

gde je: N (0) – početni broj atoma,

λ – konstanta radioaktivnosti,

t – proteklo vreme.

Broj raspadnutih jezgara atoma radioaktivnog elementa je:

)1()0()0()0()()0( t t r e N e N N t N N N

λ λ −− −⋅=⋅−=−= .

Početni broj atoma se izračunava ako je poznata masa supstance i atomska (molekulska) masa atoma:

A N M

m N =)0( ,

gde je: N A – Avogadrov broj, N A = 6.023·1023 mol-1,

M – atomska masa natrijuma, M = 0.024 kg/mol,

pa je: 18103.9)1()0( ⋅=−⋅= − t r e N N

λ atoma

ZADATAK 4.

Odrediti konstantu radioaktivnosti i period poluraspada radioaktivne supstance čiji intenzitet β -zračenjaopadne za 10% u toku vremena od 1 h. Smatrati da produkti raspada nisu radioaktivni.

Rešenje:

Broj neraspadnutih atoma radioaktivnog elementa u trenutku t 1 je:

1)0()( 1t

e N t N λ −⋅= .

Broj neraspadnutih atoma radioaktivnog elementa u trenutku t 2 je:2)0()( 2

t e N t N

λ −⋅= .

Procenat raspadnutih atoma je:

1.01)(

)()(% 2

1

12 =−=−

=Δ − t e

t N

t N t N λ , ako se smatra da je t 1 = 0.

Odavde je

s

11092.2

9.0

1

3600

1

1

11 5

%2

−⋅=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

Δ−=

t λ ,

h57.6s683232ln

===λ

T .




107

ZADATAK 5.

Koliki je period poluraspada radijuma, ako se zna da aktivnost količine radijuma mase m = 1 kg iznosi A = 36.2 GBq? Molarna masa radijuma je M = 0.226 kg/mol.

Rešenje:

211066.2 ⋅==⋅= A A N M

m N n N atoma

N A ⋅= λ )0( , gde je A(0) početna aktivnost.

s

11036.1

1066.2

1062.3)0( 1121

10−⋅=

⋅

⋅==

N

Aλ

god.16171036.1

693147.02ln11

=⋅

==−λ

RaT

ZADATAK 6.

U krv čoveka je u cilju medicinskih ispitivanja uneta mala količina rastvora koja sadrži radioaktivni element Na24

11 . Aktivnost unete količine radioaktivnog elementa bila je A(0) = 2 kBq. Aktivnost količine krvi

zapremine 1 cm3 uzete posle perioda od t = 5 sati od istog čoveka iznosila je A(5) = 0.267 Bq/cm3. Period poluraspada Na24

11 iznosi T = 15 h. Kolika je ukupna zapremina krvi ovog čoveka pod uslovom da je

radioaktivni preparat homogeno raspoređen u njoj?

Rešenje:

Bq2

102210221022)0()0()(

3

33

1315

53

2ln⋅

=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅=−−−−

T

t t

T Ae At A

33 dm

Bq267

cm

Bq267.0)5( == A

l A

t AV k 6dm94.5

2267

102

)5(

)( 33

3

≈=⋅

==




108

ZADATAK 7.

Radioaktivni izotop ima aktivnost 6 mCi, a 24 sata kasnije 4 mCi. Odrediti vreme poluraspada izotopa.

Rešenje:

?;mCi4)24(,mCi6)0( === T A A

t e N t

t N t A λ λ −⋅⋅== )0(

d

)(d)( ;

)0()0( A N =⋅λ

t e At A

λ −⋅= )0()(

T

2ln=λ

t T e At A

2ln

)0()(−

⋅=

t T t A

A 2ln

)(

)0(ln =

dan71.1sata03.4124

4

6ln

2ln

)(

)0(ln

2ln==⋅=⋅= t

t A

AT .

ZADATAK 8.

Odrediti aktivnost 1 mg radijuma Ra-226 u početnom trenutku [Bq] i nakon 100 godina [mCi], ako je vremenjegovog poluraspada 1620 godina.

Rešenje:

[ ] [ ] ?mCi)100(,Bq)0(;g226.,god1620,g10mg1 3 ====== − A A M T m

)0()0( N A ⋅= λ

18323

1066.2226

1010023.6)0( ⋅=

⋅⋅=

⋅=

−

M

m N N A

111 s10357.13600243651620

2ln2ln −−⋅=⋅⋅⋅

==T

λ

MBq361066.210357.1)0( 1811 =⋅⋅⋅= − A

t e At A

λ −⋅= )0()(

[ ] [ ] [ ]mCi937.0Ci107.3

1958.0106.3Bq958.0106.3106.3)god.100(

10

7736002436510010357.17 11

=⋅

⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅= ⋅⋅⋅⋅⋅− −

e A




109

ZADATAK 9.

U tkanini mase m = 20 g se apsorbuje n = 1010 α-čestica od kojih svaka poseduje energiju E α = 4.9 MeV.Kolika je apsorbovana i ekvivalentna doza α-zračenja? Uzeti da je za α-čestice relativna biološka efikasnostk = 20.

Rešenje:Apsorbovana doza zračenja je:

Gy392.01020

109.4106.11013

61910

=⋅

⋅⋅⋅⋅=

⋅==

−

−

m

E n

m

E D x

a .

J106.1J106.110eV10MeV1 131966 ⋅=⋅⋅==

Odgovarajuća ekvivalentna doza je

Sv84.7=⋅= ae Dk D .

ZADATAK 10.

Pod dejstvom kosmičkog zračenja u vazduhu se u zapremini V = 1 cm3 obrazuje prosečno N j = 120 jonskih parova u toku vremenskog intervala Δt = 60 s. Kolika je ekspoziciona doza zračenja kojoj je izložen čovek utoku vremenskog intervala od jednog sata?

Rešenje:

Ekspoziciona doza kojoj je izložen čovek iznosi:

t D D ⋅′= expexp ,

gde je: exp D′ - snaga ekspozicione doze kosmičkog zračenja.

kg

nC3.89

kg

C103.893600

6010129.1

106.1120 96

19

exp =⋅=⋅⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅

Δ⋅

⋅=⋅

Δ⋅=′ −

−

−

t t V

e N t

t m

q D

j

ρ .




110

ZADATAK 11.

Brzina doze na udaljenosti 50 cm od nekog izotopa iznosi 5 mGy/min. Odrediti na kojoj će udaljenosti zavreme od 300 s biti primljena doza od 1 mGy.

Rešenje:

?;mGy1,s300.,min/mGy5,cm50 22211 ===== r Dt Dr &

2r

t Ak D = ,

2r

Ak D =&

21

1r

Ak D =& ,

22

22

r

t Ak D =

2

2222

11t

r Dr DkA == &

m5.21

555.0

2

2112 =

⋅== D

t Dr r

&

ZADATAK 12.

Izračunati za koliko će se smanjiti doza zračenja ako se koristi apsorber debljine koja je n puta veća oddebljine poluapsorpcije.

Rešenje:

?/;21 =⋅= ul izl D Dd nl

Debljina apsorbera:izl

ul izl

ul

D

D

e

d d n

d nl

D

D

e

d l

loglog2ln

loglog2ln 21

21

21

21

⋅⋅

=⋅⇒⎪⎭

⎪⎬

⎫

⋅=

⋅⋅

=

n

izl

ul

D

Den 2logloglog2ln ==⋅⋅

n

ul izl

n

izl

ul D D

D

D

22 =⇒=




111

ZADATAK 13.

Na površinu tkiva od 2 cm2 pada u svakoj sekundi 7·108 γ-fotona. Svaki foton ima energiju 1.25 MeV.Gustina tkiva iznosi 0.95 g/cm3, a debljina tkiva 7.5 mm. Intenzitet γ-zraka se prolaskom kroz tkivo smanjujeza 5%. Odrediti dozu zračenja koja je apsorbovana u 1 sekundi.

Rešenje:?)s1(;95.0,cm2,mm5.7,

cm

g95.0,MeV25.1,

scm2

fot107 0

23fot2

80 ======⋅= DS d E ϕ ϕ ρ ϕ

m

E D

Δ

Δ= , fot E N E ⋅Δ=Δ

t S t S t S N Δ=Δ−Δ=Δ 05.00 ϕ ϕ

fot1035s1cm2scm2

fot10705.0 62

28 ⋅=⋅⋅⋅⋅=Δ N

J1002.7MeV10438.025.11035 686fot −⋅=⋅=⋅⋅=⋅Δ=Δ E N E

kg10425.1 3−⋅==Δ=Δ Sd V m ρ ρ

Doza u 1 sekundi: mGy5Gy1093.410425.1

1002.7 33

6

≈⋅=⋅

⋅=

Δ

Δ= −

−

−

m

E D .

skripta resenih zadataka fp

Documents