SREDNJA ŠKOLA, I i II RAZRED

FIZIKA

Uputstvo za izradu testa i pravila ponašanja

1. Test obavezno raditi plavom ili crnom hemijskom olovkom. 2. Možete koristiti geometrijski pribor i kalkulator. 3. Svaka ispravno napisana formula, nacrtana skica ili zaključak koji je u vezi

sa rješenjem zadatka se boduje prema jedinstvenom kriterijumu. 4. Pišite rješenja sa komentarima pregledno i jasno, numerišite formule koje

koristite prilikom izvođenja, da bi ocjenjivači lako i brzo mogli da prate postupak rješavanja.

5. Prilikom rješavanja obavezno koristite oznake navedene u formulaciji zadatka.

6. Poželjno je da se prilikom rješenja svi zadaci ilustruju odgovarajućim crtežom, na kojem su ukazane relevantne fizičke veličine (brzine, sile, rastojanja...).

7. Zadatke rješavajte tako da dobijete konačni analitički izraz tražene fizičke veličine u funkciji od veličina datih u formulaciji zadatka. Ukoliko se to traži zadatkom, izračunajte i brojnu vrijednost, možete koristiti i džepni kalkulator.

Zadatak 1. 2. 3. 4. 5.

Broj poena 20 20 20 20 20

Vrijeme predviđeno za rad je 180 minuta!

ZADACI

1. Sa visine h = 0.25m pada kuglica na strmu ravan nagibnog ugla 30○ i visine s = 4m. Koliko će se puta kuglica odbiti od strme ravni? Poslije kog vremena od početka padanje će kuglica udariti u horizontalnu ravan? Na kom arastojanju od tačke O će kuglica udariti u horizontalnu ravan?

h

s

O

2. Na cjelokupnoj površini planete je obrazovan tanki sloj prašine debljineе h usljed padanja meteorita. Odrediti koliko puta se promijenila dužina dana na planeti nakon što se formira sloj prašine. Poluprečnik planete je R, а gustine planete i prašine su irespektivno. Pretpostaviti da je h<<R.

3. U posudi sa vodom su načinjena dva otvora, na visinama h1 = 10 cm i h2 = 20 cm od dna posude. Kolika mora biti visina nivoa vode u posudi da bi mlazovi tečnosti iz oba otvora padali u situ tačku?

4. Na laboratorijskom stolu se nalazi tanki vertikalni sud površine poprečnog presjeka S u kome se nalaze dva tanka klipa. Gornji klip je masivan, toplotno izolovan i može da se kreće u cilindru bez trenja. Donji klip je lak i toplotno neprovodan, ali između njega i zivoda cilindra postoji trenje. U svakom od djelova ovog suda se nalazi n molova idealnog jednoatomskog gasa. Na početku je ovaj sistem bio u toplotnoj ravnoteži i oba dijela su imala visinu L i pritisak je u oba dijela bio p0. Zatim je sistem polako zagrijan nekom količinom toplote Q. Ako je prilikom zagrijavanja donji laki klip ostao nepokretan i ako je pritisak između dva cilindra ostao p0, odrediti: а) Kolika je promjena temperature gasa T u ovom procesu; б) Koliki je toplotno kapacitet gasa u ovom procesu; в) Pri kojoj vrijednosti sile trenja između donjeg klipa i cilindra je moguć ovaj proces?

Vertikalni zatvoreni cilindar je podijeljen na dva dijela horizontalnim klipom koji može da se kreće bez trenja. U oba dijela posude se nalazi idealni gas. Pri temperaturi T klip dijeli zapreminu posude u odnosu 2:1 (odnos zapremina iznad i ispod klipa). Ako prevrnemo posudu i počnemo zagrijavati gas koji se nalazi ispod klipa to temperature 4T, a temperatura gornjeg dijela ostane ista, klip će dijeliti zapreminu posude u odnosu 3:1 (odnos zapremina iznad i ispod klipa). Naći odnos masa oba gasa.

RJEŠENJA

1. Kuglica će pasti sa visine h na strmu ravan sa brzinom (1 poen)

v0 = 2𝑔ℎ

Nakon elastičnog sudara kuglice sa strmom ravni možemo posmatrati njeno dalje kretanje kao kosi hitac. Intenzitet brzine pri prvom odbijanju kuglice od strme ravni će biti isto v0, pri čemu je ugao odbijanja isto . Ako strmoj ravni pridružimo pravougli koordinatni sistem u kome se pravac x – ose poklapa sa pravcem strme ravni, dok je pravac y – ose normalan na strmu ravan, tada možemo zaključiti da su

projekcije početne brzine date kao 𝒗𝒙 = 𝒗𝟎

𝟐 i 𝒗𝒚 = 𝒗𝟎

√𝟑

𝟐. (1 poen)

S obzirom da na kuglicu djeluje samo gravitaciona sila, projekcije vektora �⃗� duž x i y

–osa su: gx = 𝒈

𝟐 i 𝒈𝒚 = 𝒈

√𝟑

𝟐. (1 poen)

y

�⃗� �⃗�

�⃗�

4 m

poen

O x

Dakle, nakon prvog udara u strum ravan kretanje duž x i y- ose se može opisati jednačinama (2 poena):

𝒙 = 𝒗𝒙𝒕 +𝒈𝒙𝒕𝟐

𝟐=

𝒗𝟎

𝟐𝒕 +

𝒈𝒕𝟐

𝟒

𝒚 = 𝒗𝒚𝒕 −𝒈𝒚𝒕𝟐

𝟐=

𝒗𝟎√𝟑

𝟐𝒕 −

𝒈√𝟑𝒕𝟐

𝟒

Vrijeme potrebno kuglici da pređe put x1 između prvog i drugog sudara se nalazi iz uslova da je y = 0: (1 poen)

𝒕𝟏 = 𝟐𝒗𝟎

𝒈=

𝟐 𝟐𝒈𝒉

𝒈= 𝟐

𝟐𝒉

𝒈

Dakle, nakon prvog udara u strmu ravan kuglica će preći put (1 poen)

𝒙𝟏 =𝒗𝟎

𝟐∙

𝟐𝒗𝟎

𝒈+

𝒈

𝟒∙

𝟒𝒗𝟎𝟐

𝒈𝟐=

𝟐𝒗𝟎𝟐

𝒈= 𝟒𝒉 = 𝟏𝐦

Nakon drugog udara u strmu ravan komponente početne brzine duž x i y – osa su:

𝒗𝒙 = 𝒗𝟎

𝟐+

𝒈

𝟐∙

𝟐𝒗𝟎

𝒈=

𝟑𝒗𝟎

𝟐

𝒗𝒚 = 𝒗𝟎√𝟑

𝟐−

𝒈√𝟑

𝟐∙

𝟐𝒗𝟎

𝒈= −

𝒗𝟎√𝟑

𝟐 (𝟏 𝐩𝐨𝐞𝐧)

Rastojanje x2 koje pređe kuglica nakon drugog sudara je:

𝒙𝟐 =𝟑𝒗𝟎

𝟐∙

𝟐𝒗𝟎

𝒈+

𝒈

𝟒∙

𝟒𝒗𝟎𝟐

𝒈𝟐=

𝟒𝒗𝟎𝟐

𝒈= 𝟖𝒉 = 𝟐𝐦 (𝟏 𝐩𝐨𝐞𝐧)

Na analogan način zaključujemo da je dužina puta na strmoj ravni koji pređe kuglica nakon trećeg udara u strmu ravan jednaka x3 = 3 m. Sa slike vidimo da je dužian strme ravni 8 m. Dakle, kuglica će udariti u strmu ravan 4 puta. (1 poen)

Nakon toga će se kuglica odbiti od strme ravni i udariti u horizontalnu ravan. Komponente početne brzine nakon četvrtog udara u strmu ravan su:

𝒗𝒙 =𝟕𝒗𝟎

𝟐 𝒊 𝒗𝒚 =

√𝟑𝒗𝟎

𝟐 (𝟏 𝐩𝐨𝐞𝐧)

Dakle, nakon četvrtog udara u strmu ravan kuglica se odbije sa početnom brzinom

𝒗 = 𝒗𝒙𝟐 + 𝒗𝒚

𝟐 =√𝟓𝟐𝒗𝟎

𝟐= 𝟕. 𝟗𝟖

𝐦

𝐬 (𝟏 𝐩𝐨𝐞𝐧)

pod uglom 30○ u odnosu na horizontalnu ravan. Visina tačke od koje se kuglica odbije četvrti put je 1m.

y

4m

30○ x

1 m

О

Jednačina kretanja kuglice duž y – ose se može napisati u obliku:

y = 𝒗𝒕

𝟐 −

𝒈𝒕𝟐

𝟐 (2 poena)

Znajući da je y – komponenta tačke u kojoj je pala kuglica jednaka y = - 1 m, vrijeme pada kuglice nalazimo kao rješenje kvadratne jednačine i ono iznosi t0= 1.014 s.(1 poen)

Ukupno vrijeme kretanja kuglice od trenutka puštanja do trenutka udara u hroizontalnu ravan je:

𝒕 =𝟐𝒉

𝒈+

𝟔 𝟐𝒈𝒉

𝒈+ 𝒕𝟎 = 𝟎. 𝟐𝟐𝟔 𝐬 + 𝟏. 𝟑𝟓𝟓 𝐬 + 𝟏. 𝟎𝟏𝟒 𝐬 = 𝟐. 𝟓𝟗𝟓 𝐬 (𝟐 𝐩𝐨𝐞𝐧𝐚)

Kuglica će udariti u horizontalnu ravan na rastojanju od koordinatnog početka

x0= 𝒗𝒕𝟎√𝟑

𝟐= 7 m (1 poen)

Tačka udara se nalazi na rastojanju od tačke O (1 poen)

ОА = 7 m – 1.73 m = 5.27 m

2. Prašina i planeta čine jedan izolovani sistem na koji se može primijeniti zakon održanja momenta impulsa. Zakon održanja momenta impulsa prije i nakon padanja prašine je

𝑰𝟎𝝎𝟎 = (𝑰𝟎 + 𝑰)𝝎 (5 poena)

gdje su I0 i I momenti inercije planete bez prašine i prašine na površini planete, a isu ugaone brzine rotacije planete prije i nakon pada prašine.

Moment inercije planete prije pada prašine:

𝑰𝟎 = 𝟐

𝟓𝑴𝑹𝟐 =

𝟖

𝟏𝟓𝝆𝟎𝑹𝟓𝝅 (𝟑 𝐩𝐨𝐞𝐧𝐚)

Moment inercije sloja prašine debljine h iznosi:

𝑰 = 𝟐

𝟑𝒎𝑹𝟐 =

𝟐

𝟑𝝆

𝟒

𝟑𝝅(𝑹 + 𝒉)𝟑 −

𝟒

𝟑𝝅𝑹𝟑 𝑹𝟐

𝑰 = 𝟖

𝟗𝝆𝝅((𝑹 + 𝒉)𝟑 − 𝑹𝟑)𝑹𝟐 (5 poena)

Koristeći izraz za treći stepen binoma i aproksimaciju da je h<<R, dobijamo da je

𝑰 = 𝟖

𝟑𝝆𝝅𝑹𝟒𝒉 (4 poena)

Pošto je T = 2/dobijamo da je (3 poena)

𝝎𝟎

𝝎= 𝟏 +

𝑰

𝑰𝟎= 𝟏 +

𝟓𝝆𝒉

𝝆𝟎𝑹

3. Koristeći Bernulijevu jednačinu može se naći brzin isticanja fluida na otvorima 1 i 2. U slučaju donjeg otvora 1 Bernulijeva jednačina se može napisati kao:

𝒑 + 𝝆𝒈(𝒉 − 𝒉𝟏) = 𝒑 +𝟏

𝟐𝝆𝒗𝟏

𝟐

𝒗𝟏 = 𝟐𝒉(𝒉 − 𝒉𝟏) (5 poena)

Na analogan način dobijamo da je brzina isticanja na drugom otvoru

𝒗𝟐 = 𝟐𝒉(𝒉 − 𝒉𝟐) (5 poena)

Kretanje oba mlaza se može posmatrati kao horizontalni hitac. Da bi oba mlaza pala u istu tačku važi da je

𝒗𝟏𝒕𝟏 = 𝒗𝟐𝒕𝟐 (3 poena)

𝒗𝟏

𝟐𝒉𝟏

𝒈= 𝒗𝟐

𝟐𝒉𝟐

𝒈 (𝟑 𝐩𝐨𝐞𝐧𝐚)

Uvrštavajući izraze za 𝒗𝟏 i 𝒗𝟐 dobijamo da visina suda mora biti (4 poena)

h= h1 + h2

4. а) Ako je sistemu dovedena neka količina toplote, onda je na osnovu prvog principa termodinamike ta količina utrošena na promjenu unutrašnje energije i rad: (2 poena)

Q = A+ U

Pošto se pomjera samo gornji klip, izvršeni rad je (2 poena)

А = p0V2 = nRT

Promjena unutrašnje energije je (2 poena)

U= 2n·𝟑

𝟐𝑹∆𝑻 = nR

Na osnovu ovoga dobijamo da je (2 poena)

Q = 4nR

Promjena temperature je (2 poena)

∆Т = ∆𝑸

𝟒𝒏𝑹

б) Toplotni kapacitet gasa je (3 poena)

𝑪 = ∆𝑸

∆𝑻= 𝟒𝒏𝑹

в) S obzirom na činjenicu da se zapremina donjeg dijela ne mijenja, promjenu pritiska u tom dijelu suda možemo dobiti iz (2 poena)

pV1 = nRT, тј. ∆𝒑 = 𝒏𝑹∆𝑻

𝑽𝟏=

∆𝑸

𝟒𝑽𝟏

Pošto su pritisci prije zagrijavanja posude u oba dijela bili isti, a pritisak u gornjem dijelu posude je ostao p0, razlika pritisaka u oba dijela je p. Da bi donji klip ostao nepokretan sila trenja između njega I zidova posude mora biti veća od

𝑭 = 𝑺∆𝒑 = 𝑽𝟏∆𝑸

𝟒𝑽𝟏𝑳=

∆𝑸

𝟒𝑳 (𝟓 𝐩𝐨𝐞𝐧𝐚)

5. Pretpostavimo da je težina klipa Q. Ako je pritisak u gornjem dijelu posude p1, a u donjem p2, iz uslova ravnoteže klipa važi da je (4 poena)

𝒑𝟏 +𝑸

𝑺= 𝒑𝟐

Ako prevrnemo posudu i počnemo zagrijavati gas ispod klipa doći će do promjene pritisaka tako da važi (4 poena)

𝒑𝟐 +𝑸

𝑺= 𝒑𝟏

Iz ove dvije relacije slijedi da je (2 poena)

𝒑𝟐 − 𝒑𝟏 = 𝒑𝟏 − 𝒑𝟐

Koristeći jednačinu stanja idealnog gasa dobijamo da je (3 poena)

𝒎𝟐𝑹𝑻

𝑴𝑽𝟐−

𝒎𝟏𝑹𝑻

𝑴𝑽𝟏=

𝒎𝟏𝑹 ∙ 𝟒𝑻

𝑴𝑽𝟏

−𝒎𝟐𝑹𝑻

𝑴𝑽𝟐

Iz gornje relacije dobijamo: (1 poen)

𝒎𝟐

𝑽𝟐−

𝒎𝟏

𝑽𝟏=

𝟒𝒎𝟏

𝑽𝟏

−𝒎𝟐

𝑽𝟐

Pošto je po uslovu zadatka V1 = 2V2 i 𝑽𝟐 = 𝟑𝑽𝟏, a s obzirom da važi V1+V2 =𝑽𝟐 +

𝑽𝟏 (3 poena), dobijamo da je 𝟑𝑽𝟐 = 𝟒𝑽𝟏. Iz ovih relacija dobijamo da je

𝒎𝟐

𝒎𝟏=

𝟏𝟎𝟓

𝟐𝟔 (𝟑 𝐩𝐨𝐞𝐧𝐚)