Home » 2011 » april

Monthly Archives: april 2011

ASTRONOMIJA

ASTRONOMSKO OPAZOVANJE

8.- 12. april 2019 ob 20.30

(dan bo izbran glede na vreme)

Panorama Ptuj (na vrhu)

Prijava:  kristina.pajek@guest.arnes.si  do 7. 4. 2019

*z udeležbo na opazovanju pridobite 2 uri za OIV

astronomsko opazovanje 2019- vabilo 2 – barvno

Termini fizikalnega krožka

SKUPINA I (MEHANIKA) je vsako sredo ob 7.10

SKUPINA II (TOPLOTA,  ELEKTRIKA ) je vsak petek ob 7.1o,   

SKUPINA III (vsa poglavja), po dogovoru

Krožek poteka v učilnici 2.

Regijsko tekmovanje iz fizike – 2011

 

Danes smo se 25.3.2011, ob 14.00 smo se udeležili Regijskega tekmovanja iz fizike na Srednji dvojezični šoli Lendava. Dijaki so tekmovali v tekmovalnih skupinah I, II in III. Dijake sta spremljala profesor V.Vidovič in profesor G. Bezjak.

DSCN2831 

Udeleženci fizikalnega tekmovanja :

Skupina I  : Barbara Lovrenčič, Blaž Slodnjak, Jernej Vajda, Nace Zavrtanik, Jan Zmazek, Žan Toplak

Skupina II : Uroš Hekič, Primož Holc, Jure Horvat, Monja Krajnc, Anja Petek, Matej Rebek, Urška Stopinšek,

Andrač Šilak, Nataša Vek, Matic Zorko

Skupina III : Kevi Hojnik, Jure Jaušovec, Jakob-Gašper Lavrenčič, Julij Lozinšek, Jan Meznarič, Denis Mlinarič,

Jernej Murko, Jernej Petek, Marko Prcač, Gregor Tumpej, Darko Zakelšek

 

Rezultati :

 

Skupina I

Jernej Vajda,  I. mesto , bronasto priznanje, uvrstitev na državno tekmovanje

Jan Zmazek, bronasto priznanje

Žan Toplak,  bronsato priznanje

Nace Zavrtanik, bronasto priznanje

V tej skupini je bil minimum točk za državno tekmovanje 17 točk. Janu Zmazku sta  zmanjkale dve točki.

 

Skupina III

Denis Mlinarič, bronasto priznanje. žal mu je zmanjkala 1 točka do državnega tekmovanja.

Čestitam !!!

V. Vidovič

 

 

 

 

Aktiv fizike.

 

 

 

 

Vzorci nalog profesorja Viktorja Vidoviča

MERSKE ENOTE, NATANČNOST, NAPAKE

1.) Z merilnim trakom izmerimo šestkrat dolžino in širino šolske mize. Izmerki za širino so 590 mm, 601 mm, 600 mm, 604mm, 598 mm in 597 mm za dolžine pa 1910 mm, 1890 mm,1899 mm,1900 mm, 1901 mm in 1988 mm. Pravilno označi tabelo in merske podatke vnesi v tabelo. Kolikšna je natančnost izmerkov dolžine in širine ?
Kolikšna je povprečna širina mize?
Kolikšna je povprečna dolžina mize?
Kolikšna je absolutna napaka širine in dolžine?
Izračunaj relativno napako širine in dolžine!
Zapiši dolžino in širino skupaj z napako!

2.) Izrazi navedene vrednosti v osnovnih enotah (m,kg,s,A) in zapiši količino s potenco števila 10.
1250 pA=
0.012 cm3/min =
300 km =
200 T 45 kg=
15 ml =

3.) Poenostavi in izrazi z osnovnimi merskimi enotami!
(J m)²W (Ns) ( Nm³)J=

SILE IN NAVORI

1. Na 20 m visokem žerjavu je pritrjen 13 m dolg in 2000 N težak jekleni nosilec. Največja sila, ki je lahko v jekleni vrvi je 8000 N. Teža protiuteži na desni strani je 4000 N. Upoštevaj , da je nosilec popolnoma tog ( se ne upogiba). V izbrani razdalji od levega krajišča nosilca je obešeno breme teže N. Razdalje na sliki so a=8 m, b=2 m in c=3 m. Kot vrvi glede na jekleni nosilec je 60 stopinj..

zerjav

Slika 1. Skica žerjava

Nariši vse sile na jekleni nosilec.

apiši ravnovesno enačbo za x in y smer.

zberi na nosilcu poljubno os za ravnovesje navorov in zapiši enačbo ravnovesja navorov.

kateri razdalji od levega krajišča nosilca lahko žerjav nosi breme 3000 N, da se jeklena vrv ne pretrga?

akšen presek mora imeti jeklena vrv, če naj natezna napetost ne preseže 830 N/mm2, in visi breme na levem krajišču nosilca?

Kakšno težo naj ima protiutež , že želimo dvigovati breme 4000 N na levem krajišču nosilca?

Na prečni nosilec širine 80 cm zapade 20 cm snega. Kolikšna sila se pojavi v jekleni vrvi, če je breme v levem krajišču nosilca in je specifična teža snega 9000 N/m3?

Kolikšna je sila v osi v kateri je vpet jekleni nosilec žerjava na pokončni steber? Upoštevaj, da ima sila dve komponenti.

2. Na hrapavi ravnini s koeficientom trenja 0.34, se gibljeta telo1 (večje telo) s težo 500 N in telo 2 (manjše telo) s težo 200 N. Telesi vlečeš proti desni ( enakomerno gibanje).

kladi_1

Slika 2. Slika k nalogi 2

a) Nariši vse sile na prvo telo. Zapiši ravnovesni enačbi za sile!
b) Nariši vse sile na drugo telo . Zapiši ravnovesni enačbi za sile!
c) S kolikšno silo moraš vleči proti desni, da se telesi gibljeta enakomerno?
d) Kolikšna je sila v vrvici med telesoma?
e) Za koliko bi se lahko raztegnila vrv dolžine 2 m, če je Hookova konstanta 250 N/cm?
f) Določi relativni raztezek vrvice?
g) Kolikšen je tlak pod telesom 1, če je stična površina 1.5 m2?

Primer rešenega testa iz mehanike

3. Vlečnica enakomerno vleče 800 N težkega smučarja po klancu navzgor z naklonskim kotom 70 °. Nenadoma se ustavi in obstoji. Koeficient lepenja med smučmi in snegom je 0,3, smučki pa se dotikata snega na površini 0,40 m2. Obvezno nariši sliko.

a) Kolikšna je komponenta sile teže smučarja vzdolž klanca?
b) Kolikšna je komponenta sile teže smučarja v smeri pravokotno na klanec?
c) Izračunaj silo, ki zavira gibanje smuči!
d) Kolikšna je sila, ki deluje v vlečni vrvi?
e) Kolikšna je sila v vrvi, če piha po klancu navzdol veter in je sila upora smučarja 100 N?
f) Izračunaj tlak pod smučkama!

4. Traktorska prikolica (s kolesi vred) teže 13 kN je priključena na traktorsko vlečno kljuko nosilnosti 16 kN. Dolžina prikolice, merjeno od kljuke je 3.00 m. Kolo prikolice pa je na razdalji 2.00 m od kljuke. Upoštevaj , da je prikolica popolnoma homogena po celotni dolžini.

slika_prikolica

Slika 3. Skica traktorske prikolice ( k nalogi 4)

 

a) Nariši vse sile na prikolico!
b) Zapiši ravnovesne enačbe za sile v x in y smeri!
c) Zapiši enačbo za ravnovesje navorov ( na sliki označi ročice in osišče )!
d) Na katero mesto ( merjeno od vlečne kljuke traktorja -točka A) naj položimo 10 kN težko breme, da na vlečno kljuko ne pride prevelika sila?
e) Kolikšen skupni koeficient prožnosti morajo imeti jeklene vijačne vzmeti pod prikolice (nad kolesom) , če se lahko stisnejo največ za 10 cm?

5. Na 500 N težki prečki visi 300N težka krogla?. Podpora je na 1/3 dolžine prečke.

precka_krog

Slika 5. Skica problema prečke (k nalogi 5 )

a) Kolikšna sila mora uravnovesiti prečko na levi strani podpore?
b) Kolikšna je sila podpore na prečko?
b) Kolikšno ročico bi morala imeti sila na levi, če bi se teža uteži potrojila?

 

HIDROSTATIKA

1. V posodo (slika) nalijemo vodo s specifično težo 10000 N/m³ do višine h2=300 cm. V tanjši del posode prilijemo še olje specifične teže 8000 N/m³ do višine h1=100 cm. Ploščina dna večjega preseka je 15 cm². Upoštevaj, da je zračni tlak priblićno 1 bar. Zgoraj je posoda odprta.

posoda_2

Slika 6. Dve valjasti posodi s kapljevinama

a) Kolikšen je tlak meji kapljevin?
b) Kolikšna sila deluje na dno večjega preseka?
c) Kolikšna bi bila sila na dno posode, če bi bila v posodi samo voda (h1+h2)?

 

 

 

 

2. Jeklena podmornica, oblike krogle z težo 800 kN in prostornine 220 m³ je pripeta z verigo na dno jezera. Natančno polovica podmornice gleda iz vode. Specifična teža jekla je 78000 N/m³.

podmornica

Slika 7. Prerez valjaste podmornice pritrjena z jekleno vrvjo morsko na dno

a) S kolikšno silo je napeta veriga? ( Obvezne sile na sliki )

b) Podmornica načrpa ¼ notranje prostornine vode. Kolikšna je tedaj sila v verigi?

 

 

 

 

 

3. V štiri različne posode nalijemo živo srebro z specifično težo 136000 N/m³ (posoda A), vodo z 10000 N/m³ (posoda B), olje z 8000 N/m³ (v posodo C) in alkohol z 7000 N/m³ ( v posodo D) . Ploščina dna posameznih posod je 5 cm². Zračni tlak je 1.03 bara. Upoštevaj, da je 1 bar=101000 Pa .

posode_vezne

Slika 8. Posode različnih oblik napolnjene z živim srebrom

a) Kolikšni so tlaki na dnu posod (A,B,C,D), če tekočine nalijemo do višine 115 cm?
b) Kolikšna je sila na dno posod A,B,C in D?
c) Kolikšen je sila na dno posod A,B,C in D, če bi bile vse tri posode neprodušno zaprte z jeklenim pokrovim?

 

 

 

 

KINEMATIKA

1. Na spodnji sliki ki je podan graf hitrosti v odvisnosti od časa v(t). Prvo gibanje se dogaja na intervlu od 0 do 3 sekunde, drugo pa od 3 do 12 sekunde. Največja dosežena hitrost je 24 m/s..

graf_1

Slika 8. Graf hitrosti v odvisnosti od časa

a) Določi pospeške v 3 , 10 in 12 sekundi.
b) Izračunaj tudi poti na obeh intervalih. Nariši grafa s=s(t) in a=a(t).
c) Kolikšna je povprečna hitrost na celotni poti?

 

 

 

II. NEWTONOV ZAKON

1. Po hrapavi mizi s koeficientom trenja 0.2 vlečemo telo 1 mase 100 kg v vodoravni smeri proti levi. Telo 1 je povezano z vrvico preko majhnega škripca s telesom 2 mase 50 kg.

a) S kolikšno silo moramo vleči večje telo na ravni podlagi, da se obe telesi gibljeta s pospeškom 2 m/s2?
b) Kolikšna je sila v vrvici med telesoma?
c) Za koliko newtonov moramo povečati vlečno silo , če potrojimo maso obešenega telesa in mora ostati pospešek enak kot v primeru a ?
d) S kolikšnim pospeškom bi se gibalo telo z večjo maso pri enaki vlečni sili ( kot v primeru a), če bi se vrvica med obema telesoma pretrgala?
e) Kakšen pospešek pa dobi lažje telo, ki pada proti tlem?


GIBALNA KOLIČINA, ENERGIJA

1. Na lahko stisnjeno vzmet (zvezana z vrvico) koeficienta 800 N/m, primrznjen kos ledu mase 2 kg. Skrček vzmeti je 10 cm.
a) Kolikšna je prožnostna energija vzmeti?
b) Vrvica se pretrga, vzmet se sprosti. Kolikšna je kinetična energija kosa ledu, ko se odtrga od vzmeti?
c) Kolikšno hitrost pridobi kos ledu?
d) Kos ledu naj se s hitrostjo , ki jo izračunamo iz prejšnjega vprašanja zaleti v telo iz plastelina, ki tehta 5 kg . Kolikšna
je skupna hitrost plastelina in kosa ledu po neprožnem trku?
e) Kolikšna je skupna kinetična energija v tem primeru?
f) Na skupek deluje sila upora zraka Fu=50 N. Kakšno razdaljo doseže skupek ledu in plastelina in kolikšen je pojemek tega gibanja?

2. Prazen vagon z maso 10 ton se s hitrostjo 3 m/s zaleti v enak mirujoč vagon, ki je naložen s pšenico. Po trku se vagona sprimeta in se skupaj gibljeta s hitrostjo 0,6 m/s, v isti smeri kot prej gibajoč vagon,

a) Izračunaj maso pšenice na polnem vagonu!

 
vagona_1
Slika 9. Skica k nalogi 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Slika 9, Vagona pred trkom

GRAVITACIJA

1. Kolikokrat je težni pospešek na Jupitru večji od težnega pospeška na Zemlji? Masa Jupitra je 318 krat večja od mase Zemlje, njegov premer pa je 11 krat večji kot premer Zemlje.

TOPLOTA

1. V jeklenki prostornine 10 dm3 imamo 2 kg butana ( C4H10 ) pri temperaturi 27 °C. Na jeklenko priključimo manjšo jeklenko rostornine 5 dm3 in odpremo ventil, ter počakamo, da se tlaka izravnata. Temperatura je med spremembo stalna.
a) Kolikšen je končni tlak v jeklenkah ?
b) Koliko butana je v priključeni jeklenki, ki je bila v začetku prazna?

2. V aluminijjasti posodi mase 0.5 kg je voda mase 3 kg s temperaturo 15 °C. Specifična toplota aluminija je 1000 J/kgK. Za segrevanje se potroši 80 % – ti del potrošene električne energije.
a) Za koliko časa moramo vključiti električni grelec moči 300 W, da se voda segreje na 55 °C?
b) Koliko toplote prevzame aluminijasta posoda in koliko voda ?

3.) Izstrelek se zaleti v pritrjeno leseno desko s hitrostjo 350 m/s, jo prebije in izstopi s hitrostjo 100 m/s.
a) Kolikšna je kinetična energija pred in po preboju deske?
b) Ob prodiranju se izstrelek segreva. Predpostavljamo, da prevzame le 4 % sproščene energije. Za koliko se segreje, če je specifična toplota izstrelka 130 J/kgK?
c) Kdo prevzame preostalo energijo ?

4. V toplotno izolirani posodi imamo alkohol mase 1 kg in temperature 18 stopinj celzija. V posodo vržemo stekleno kroglo mase 1 kg in temperature 300 stopinj celzija. Koliko alkohola izpari? Vrelišče alkohola je 78 stopinj celzija in specifična toplota 2250 kJ/kgK, izparilna toplota je 882 J/kK; specifična toplota stekla je 840 J/kgK.

5. V kalorimetru s toplotno kapaciteto 50 J/K imamo vodo mase 2 kg s temperaturo 10 stopinj celzija. V kalorimeter spustimo kovino
mase 2 kg in temperature 200 stopinj celzija. Kolikšna je specifična toplota kovine, če je končna temperatura vode v kalorimetru 20,6 stopinj celzija? Toplotno izmenjavo z okolico zanemarimo.

6. Zrak prostornine 4 dm3, ki ima pri temperaturi 20 stopinj celzija tlak 2 bara, stisnemo na polovično prostornino. Koliko toplote mu moramo dodati ali odvzeti , da bo stiskanje izotermno? Kolikšen
je končni tlak, temperatura in prostornina? Za koliko se spremeni notranja energija plina? Kolikšno je delo?

7. Razvrsti toplote po pravilnem naraščajočem vrstnem redu (3T)
1.segrevanje kilograma vode od 0 do 100 ºC,
2.taljenje kilograma ledu,
3.izparevanje kilograma vode. Odgovor utemelji z računom.

8. Kolikšna sta delni tlak in gostota vodne pare v zraku temperature 30 °C, če je rosišče pri temperaturi 20 °C? Kolikšna je absolutna in relativna vlažnost? Nasičeni parni tlak pri 30 °C je 31,8 mmHg, pri 20°C pa 17,5 mmHg. Upoštevaj, da ustreza 750 mmHg približno 100 kPa.

9. V posodi z volumnom 3400 mm3 je plin CO pod pritiskom 410 mbar pri temperaturi -10 °C.
a) Koliko molekul je v posodi?
b) Koliko je masa ena molekule CO ?
c) Koliko je celotna masa CO v posodi?
d) Kolikšna je celotna gostota CO v sodu?
e) Kolikšna je številska gostota n molekul CO v sodu?
f) Kolikšna je povprečna hitrost molekul kisika pri tej temperaturi?
g) Kolikšna je energija termičnega gibanja molekul (povprečna kinetična -translacijska energija molekul) pri -10°C?
h) Za koliko se poveča hitrost molekul kisika, če temperaturo za trikrat povečamo?

10. Zraku pri temperaturi 120 K, tlaku 9 bar in prostornini 6 dm3 izohorno povečamo tlak na 15 bar ( 1-2). Nato ga iz stanja 2 izotermno razpnemo na prostornino 16 dm3 ( 2-3). Iz stanja 3 v začetno stanje se zrak izobarno stisne na začetni tlak.(Za zrak je Cv=720 J/kgK in Cp=1020 J/kgK, relativna molekulska masa M= 29.)
a) Približno nariši graf p=p(V) !
b) Kolikšne so temperature v stanju 2,3 in 4?
c) Določi maso plina in izračunaj skupno dovedeno in odvedeno toploto ?
d) Kolikšno delo odda opisani toplotni stroj ?
e) Kolikšen je izkoristek toplotnega stroja?

11. Kolikšna sta delni tlak in gostota vodne pare v zraku temperature 30 °C, če je rosišče pri temperaturi 20 °C? Kolikšna je absolutna in relativna vlažnost? Nasičeni parni tlak pri 30 °C je 31,8 mmHg, pri 20°C pa 17,5 mmHg. Upoštevaj, da ustreza 750 mmHg približno 100 kPa.

2. Telo mase 1 kg spustimo z višine 50 m. Predpostavljamo, da tla prevzamejo 4 %-ti del sproščene energije. Specifična toplota telesa je 840 J/kgK.
a) Kolikšna je potencialna energija na višini 50 m?
b) Po odboju doseže telo višino 5 m. Kolikšno potencialno energije pridobi telo?
c) Za koliko °C se segreje telo ?

ELEKTRIČNO POLJE

1. Sestavimo kondenzator z ploščama, ki imata ploščino po 20 cm2 . Razdalja med ploščama je 3 mm.

a) Kolikšna je kapaciteta opisanega kondenzatorja?
b) Kolikšen naboj lahko shranimo v opisani kondenzator pri napetost 220 V?
c) Kolikšna je jakost električnega polja v polnem kondezatorju?
d) Kolikšna je napetost med dvema EPP ploskvama v električnem polju kondenzatorja, ki sta v razdalji 5 mm?
e) Izračunaj gostoto energije električnega polja v kondenzatorju?

2. Ioni z nabojem -3e0 in mase 3.0E-27 kg se pospešujejo v električnem polju z gostoto 2000 V/m. Razdalja med katodo in anodo je 7 cm ( pot ionov ). (Osnovni naboj e0=1,6E-19 As )

a) Kolikšno hitrost pridobijo ioni po preletu te razdalje?
b) Ioni skozi odprtino v anodi prodrejo v kondenzator z električno poljsko jakostjo 10000 V/m. Kolikšna sila deluje na ione? Nariši smer odklona , če je zgornja plošča negativno nabita?
c) Da se curek ponovno zravna, postavimo prečno na smer gibanja magnetno polje. Kolikšna mora biti gostota magnetnega polja in nariši smer vektorja B?
d) Želimo, da ioni krožijo po radiju 3 cm. Kolikšna naj bo gostota magnetnega polja v tem primeru ?

MAGNETNO POLJE

1. V narisanem vzdolžnem prerezu tuljave narišite magnetne silnice in označite severni in južni pol tuljave. Tok skozi ovoje tuljave je 5 A in dolžina tuljave je 10 cm.

tuljava_prerez

Slika 10. Vzdolžni prerez tuljave s tokom

a) Kolikšna je gostota magnetnega polja znotraj tuljave, če upoštevaš, da je tuljava dolga?
b) Kolikšen je magnetni pretok skozi tuljavo?
c) Kolikšna povprečna napetost se inducira , če pade tok na 0 v 0.01 sekunde?
d) Kolikšna je induktivnost obravnavane tuljave, če je njen premer 5 cm?
e) Kolikšna je energija magnetnega polja v tej tuljavi in izračunaj še njeno gostoto?

2) Kolikšna napetost se inducira med koncema bakrenega vodnika dolžine 30 cm, ki se premika s hitrostjo 10 m/s, skozi homogeno magnetno polje gostote 0,8 T pod kotom 60 stopinj glede na magnetne silnice. Kolikšen tok teče po uporu 12 ohmov, ki je v električnem krogu z vodnikom?

3) S kolikšno maso moramo uravnovesiti tuljavo s 500 ovoji, preseka 5 cm2 in dolžine 20 cm. nSkozi ovoje teče tok 2 A. Neznana masa je obešena na majhno vzvod (prečka) dolžine 20 cm( slika).

tuljavica_prec

Slika 11. Prerez tuljave na katero je pritrjen lahek vzvod z utežjo

4) V tokovni zanki s presekom 12 cm2, ki je pravokotna na magnetne silnice, se v času 0,5 sekunde inducira tok 20 mA. Upor zanke je 0,004 ohme. Za koliko se spremeni gostota magnetnega polja ?

 

NIHANJE

1.Telo mase 10 g visi na vzmeti koeficienta 0.05 N/cm.

a) Kolikšen je njen raztezek?

V telo se zaleti kos plastelina mase 3 g s hitrostjo 20 cm/s v navpični smeri (navzdol). Trk je neprožen.

b) Kolikšna je skupna hitrost po trku?

c) Izračunana skupna hitrost je amplituda hitrosti sinusnega nihanja, ki ob tem nastane.

d) Kolikšna sta nihajni čas in frekvenca tega nihala?

e) Kolikšni sta amplitudi odmika in pospeška ?

f) Nariši grafe nihanja s(t), v(t) in a(t) za dva nihaja.

g) Izračunaj amplitudo kinetične energije.

h) Matematično opiši kinetično energijo kot funkcijo časa.

i) Nariši še grafa kinetične in celotne energije ( za dva nihaja).

2. Obkroži pravilno zvezo za nihajni čas električnega nihajnega kroga. (* -pomeni množenje)

a) 2¶ √L*C b) 2¶ √C/L

c) 2¶√L/C d) 2¶ L*C

3. Resonanca je pojav , ko je …

a) Vsiljena frekvenca je manjša od lastne. b) Vsiljena frekvenca je većja od lastne.

c) Vsiljena frekvenca je enaka lastni. d) Lastna frekvenca se približuje vsiljeni.

4. υ1 in υ2 sta lastni frekvenci nihal, ki se malo razlikujeta. ν1 je večji od ν2 .Obkroži pravilno zvezo za frekvenco utripanja. (1t)

a) (ν1 + ν2)/2 c) (ν1 – ν2)/2

b) (ν1 + ν2)*2 d) (ν1 – ν2)

5. Nihajni čas nitnega na zemlji je 2 s. Kolikšen je na drugem planetu, kjer je težni pospešek samo 10 % pospeška na Zemlji?

6. Amplituda nitnega nihala je 5 cm . Kdaj pade na polovico, če je koeficient dušenja 0,4 s-1 ?

7. Nitno nihalo ima 50 cm dolgo vrvico in niha v letalski kabini (g=10m/s2).

a) Kolikšen je nihajni čas in frekvenca nihala, če se letalo giblje enakomerno?

b) Kdaj niha sinusno? Kolikšen je odmik nihala od ravnovesne lege po času 2 s, če je amplituda nihanja 3°?

c) Za koliko se vrvica odkloni od navpičnice, ko se letalo giblje naprej v vodoravni smeri s pospeškom a=2.5 m/s2?

d) Kolikšen je nihajni čas nihala, če se letalo giblje vodoravno s pospeškom 2.5 m/s2?

 

ATOMSKA IN JEDRSKA FIZIKA

 

1. Primer testa iz atomske fizike.

2. Primer testa iz jedrske fizike.

Skupina I. Mehanika

II.Newtonov zakon za kroženje

1. Bob doseže pri vožnji po stezi hitrosti večje od 100 km/h. Zaradi tega mora v ovinkih steze voziti v delu steze z ustreznim naklonom. Prečni presek steze za bob ima polkrožno obliko, kot kaže slika. Bob obravnavaj kot točkasto telo. Kolikšen je kot ‘ na sliki (kot med navpičnico in pravokotnico na krožni lok), če pelje skozi ovinek s polmerom 20 m s hitrostjo 80 km/h? Koeficient trenja v prečni smeri glede na drsalke, na katerih drsi bob, je 0,1.

Rešitev :

slika_cent_1

Podatki: R = 20 m, v0 = 80 km/h, kt = 0,1.

Narišemo sile na klancu, kakor si lahko predstavljamo del steze. Izračunamo ω0 = v2 / R . Sile razdelimo po komponentah (vzporedno in pravokotno na klanec). X os je torej modra črta .Velja II. Newtonov zakon za enakomerno kroženje za os x in os y.

x: 2R cos φ = mg sin φ – kt F0

y: 2R sinφ = mg cos φ – F0

Iz enačbe za smer Y izpeljemo F0 in vstavimo v izraz za smer x. Dobimo trigonometrično enačbo in dobimo

tg(φ) = kt g / (kt ω2R + g – ω2R) iz katere izpeljemo še kot

φ = 1,1 rd ali 63° .

2.Majhni kovinski kroglici mase m = 5 g in M = 10 g sta obešeni na vrvicah dolžine b = 1 m, ki sta pritrjeni na strop v skupni točki. Lažjo kroglico izmaknemo , da se dvigne do višine h = 10 cm in jo spustimo. Kroglici trčita in se prožno odbijeta. Kako se gibljeta po trku? Kako visoko h1 in h2 se dvigneta?

Rešitev :
slika_meh_2

 

Lažja kroglica udari ob težjo s hitrostjo, ki jo izpeljemo iz ohranitve potencialne in kinetične enrgije Wp1 = Wk2. Toraj vstavimo količine za potencialno in kinetično energijo m g h = m v12 /2 , iz česar sledi v1 = (2g h)1/2 .

Ob centralnem prožnem trku obeh kroglic dobimo , njune hitrosti po trku. Upoštevamo ohranitev gibalne količine.

G1 = G2 in ohranitev skupne kinetične energijeWk1=Wk2, m v1 =M v3 – m v2 in

m v12 /2= m v22 /2 + M v32 /2. Iz prve enačbe izrazimo

m (v1 + v2) = M v3 drugo preuredimo v m(v12 – v22) =M v32

Levo stran predhodne enačbe razcepimo v obliko m(v1 -v2)(v1 + v2) = Mv32 in z upoštevanjem zgornje zveze m (v1 – v2) = M v3 dobimo M v3 (v1 -v2) = M v32 iz česar sledi, da je v3 = v1v2. Potem hitrost v3 vstavimo v enačbo m v1 =M v3 – m v2, tako da dobimo m v1 = M (v1 – v2) – m v2. Iz te izpeljemo hitrost v2 male kroglice po trku v2 = (M -m)/(M+m) v1

Upoštevamo še da je izračunana hitrost v1 = 1,4 m/s in hitrostmale kroglice po trku je v2 = 0,47 m/s.

Po trku mala kroglica doseže višino h1 . Upoštevamo , da se njena kinetična energija pretvori v potencialno m v22/2 = m g h1 iz česar izpeljemo višino h1 = 1,1 cm. Enako večja kroglica poleti proti levi s hitrostjo v3 = m (v1 -v2) / M = 0,93 m/s. In tudi zanjo velja ista enačba M v32 = M g h2 iz česar izračunamo h2 = 4,3 cm.

3. Na spodnjo stran klade z maso 40 kg pritrdimo dve tanki letvi iz različnih materialov, kot kaže slika. Klada v obliki kvadra z višino 20 cm in dolžino 45 cm. Letvi pritrdimo na sprednjem in zadnjem koncu klade. Celoten sistem se dotika tal le preko letev, vendar je debelina letev zanemarljiva v primerjavi z debelino klade. Klada po dolžini ni homogena, težišče se nahaja 15 cm od sprednjega konca. višina težišča klade je na polovični višini. Klado potisnemo v vodoravni smeri, tako da se začne gibati s hitrostjo 5 m/s. Kolikšno pot opravi klada, preden se ustavi? Koeficient trenja med sprednjo letvijo in tlemi je 0,20 , med zadnjo letvijo in tlemi pa 0,35.

Rešitev:
sli_kladPodatki :

m = 40 kg

h = 20 cm (višina klade)

l = 45 cm (dolžina klade)

r1 =15 cm (od levega roba do težišča)

kt1 = 0,20

kt2 = 0,35+

v = 5 m/s

——————-

Z F1 in F2 smo označili komponenti sil podlag na prednjo in zadnjo letev. Vodoravni sili sta sili trenja Ftr1 = kt1 F1 in Ftr2 = kt2 F2 . V vodoravni smeri velja m a = kt1 F1 + kt2 F2 in navpični smeri velja F1 + F2 = mg

Za ravnovesje navorov velja , ob upoštevanju r2 = l – r1 = 30 cm (ročica sile F2)

-F1 r1 + kt1 F1 h/2 + F2 r2 + kt2 F2 h/2 = 0

V to ravnovesno enačbo vstavimo F2 = mg – F1 in izpeljemo silo F1 = (r2 + kt2 h/2) mg / (l + h(kt2-kt1)/2) in enako še silo

F2 = ( r1 – kt1 h/2) mg / (l + h(kt2 – kt1)/2) .

Ko imamo znani obe sili, lahko izračunamo še pojemek a = (kt1 F1 + kt2 F2 ) / m

Pot, ki jo opravi do zaustavitve, je s = v2 / (2a) = 5,3 m .

4. Po dveh vzporednih tirih se v enakih vozičkih peljeta v isti smeri dva fanta. Masa vozička je 100 kg, masa posameznega fanta 50 kg. Prvi fant se pelje s hitrostjo 5,0 m/s, drugi pa s hitrostjo 4,0 m/s. Ko prvi fant dohiti drugega, vrže v smeri paravokotno glede na svoj voziček v drugi voziček skalo z maso 40 kg. Kolikšna je hitrost prvega in hitrost drugega vozička potem?

Rešitev :

podatki

mv = 100 kg mf = 50 kg

ms = 40 kg v1 = 5,0 m/s

v2 = 4,0 m/s

Ker je pri metu prvega vozička sila pravokotna na smer gibanja, se komponenta gibalnih količin v smeri gibanja tako prvega fanta in vozička kot skale ne spremenita, prav tako ne komponente hitrosti, v1‘ = v1.

Ohranja se tudi komponenta skupne gibalne količine v smeri gibanja za celoten sistem fantov, vozičkov ibn skale:

(mv+mf+ms) v1 + (mv+mf)v2 = (mv + mf) v1 + (mv + mf +ms) v2

pri čemer smo upoštevali, da se hitrost prvega vozička in fanta ne spremeni. Hitrost drugega vozička z drugim fantom in skalo je potem :

v2‘ = (ms v1 + (mv+mf) v2 /(mv + mf + ms) = 4,2 m/s

 

 

Skupina III. , Vsa poglavja fizike

Nihanje

1. Valj višine h in gostote ρ plava na vodi. Nekoliko ga potisnemo v vodo in spustimo, da začne nihati. Kolik je njegov nihajni čas t0? Upor vode zanemarimo, podatke lahko poljubno izberemo.

Rešitev :

valja

V ravnovesjem stanju je dno valja na globini X0, tako da je sila vzgona enaka teži valja Fvzg = Fg .

X0 S ρ0 g = ρ S h g ( pri čemer je S osnovna ploskev, ρ0 je gostota vode ) . Iz te enačbe izračunamo koliko je valj sploh potopljen x0 = h ρ / ρ0.

Ko je dno kvadra na globini X > X0, deluje nanj rezultanta med novo silo vzgona in težo v smeri navzgor in daje valju pospešek a.

Fvzg1 + Fg = m a

ρ0 x S g – h ρ S g = m a

( x ρ0 – h ρ ) S g = ρ S h a

a = g (x – x0 ) ρ /(ρ0 h)

Če upoštevamo, da so odmiki valja majhni je nihanje sinusno in velja za amplitudo pospeška a0 = ω02 s0, pri čemer je s0 = x – x0 in a = a0 . Ker vemo, da je ω0 = 2¶ / t0 je nato t0 = 2 ¶ (h ρ /(ρ0 g))1/2

Štefanov zakon

1. Volframska nitka v žarnici je segreta na temperaturo T0= 2700 K . Žarnico ugasnemo. Po kolikšnem času t1 se temperatura nitke zmanjša na T1=600 K? Nitka ima polmer r=0,05 mmin seva z emisivnostjo ε=0,3. Gostota volframa je 19,3 g/cm3, specifična toplota pa 155,4 J/kgK.

Rešitev :

Nitko si predstavljamo kot valj ki seva . Po času t je temperatura nitke T. V naslednjem kratkem časovnem intervalu dt nitka odda toploto

dQ = P dt = SεσT4 dt = 2¶ r b ε σ T4 dt, .

Po drugi strani velja dQ = P dt = – mcp dT , pri čemer je b dolžina nitke, dT pa je zmanjšanje temperature.

Dobimo posebno enačbo, ki ji pravimo diferencialno enačbo, kjer moramo le ločiti spremenljivke in na vsaki strani integriramo.

dT / T4 = – 2 ε σ /( r ρ cp ) dt . Pri t=0 je T=T0 po času t je temperatura T1.

Rešitev je

1/(3T13 – 1/(3T03) = α t1 , kjer je α=2εσ/(r ρ cp ) in ko vstavimo podatke dobimo ta t1 = 1/(3α) ( T1-3 – T0-3 ) = 6,6 s.

OPTIKA

2. Vzporedni snop svetlobe valovne dolžine λ=480 nm pada na prozorno ploščico debeline d=1 μm. Lomni količnik ploščice je n=1,6. Kolikšen vpadni kot α glede na vpadno pravokotnico morajo imeti žarki , da se odbita svetloba ojači? Ploščica leži na stekleni plošči , ki ima lomni količnik n1=1,5.

Rešitev :

optika_1
Žarek 1 se odbije na zgornji oloskvi ploščice, pri čemer se mu spremeni faza za ¶ oz. Žarek 2 se odbije na spodnji ploskvi. Njegova faza se ne spremeni saj je n>n1 . Odbiti žarek 2 napravi daljšo optično potkot žarek 1. to pot izračunamo iz lomnega zakona sin(α) / sin(β) = n/1 , V imenovalcu je lomni količnik za zrak približno enak 1. S kotnimi funkcijami in debelino d izračunam pot žarka 2, ki potuje skozi rumeno ploščico.

cos (β) = d/s s = d cos(β)

upoštevamo zvezo sin2(β) + cos2(β) = 1 . Tako je

sin2(β) = 1 – cos2) = 1 – d2 / s2 iz česar dobimo, da je

s2 = d2 / (1 – sin2(β)) . Ko vstavimo še iz lomnega zakona za sin(β) = sin(σ) / n, dobimo izraz za s2 = d2 n2 / (n2 – sin2(α))

Upoštevati moramo, da žarek 2 preputuje 2 s je končna pot

enaka 2 s = 2 d n / (n2 – sin2(α))1/2 . Zdaj pa upoštevajmo znani pogoj za interferenco med žarkoma 1 in 2. Razlika poti dveh valovanj mora biti celi večkratnik valovne dolžine Δ = N λ, pri čemer je N=1,2,3,…. Končna enačba za razliko poti za oba žarka je potem enaka Δ = 2 d n /( n2 – sin2(α))1/2 + λ/2 . Kjer je λ/2 dodan zato , ker se žarek 1 odbije na gostejšem sredstvu in spremeni fazo. Iz zadnje enačbe izpeljemo sin2(α) = n2 – (2N-1)2 λ2 / (4d2) .

Zdaj pa po vrsti za N=1 , N=2, ….poskušamo rešiti enačbo. Ugotovimo, da je pri N=6 realna rešitev pri vpadnem kotu α6 = 65°, in za N=7 je rešitev α7 = 19°.

 

Dopplerjev pojav

3. Satelit, ki kroži nad Zemljo, oddaja radijske valove stalne frekvence. Ko je satelit v zenitu, sprejemnik na zemlji zazna valove frekvence ν1 = 600 MHz. Čez nekaj časa, ko satelit preleti zenit za kot φ = 30°, se sprejemna frekvenca zmanjša za Δν = 2,8 kHz. Kako visoko h nad površjem Zemlje je satelit?

Rešitev :

slika_sat

Satelit kroži okrog Zemlje s stalno hitrostjo v na višini h, tako da je centripetalni pospešek enak težnemu pospešku m ac = Fg sledi da je ac = g.

v2 / (R + h ) = g0 R2/ (R + h )2

iz zadnje enačbe izpeljemo hitrost

v = R (g0 / (R + h ))1/2 (E.1)

Ko je satelit v zenitu (nad opazovališčem ), je projekcija obhodne hitrosti v na veznico satelit-sprejemnik enaka nič. Sprejemnik tedaj zazna frekvenco oddajnika v satelitu. V legi pri kotu φ glede na zenit je projekcija hitrosti na veznico satelit-sprejemnik enaka v’ = v sin(ψ).

Z uporabo sinusnega izreka poiščemo zvezo med φ in ψ : R sin (¶ – ψ) = (R + h) sin(ψ) iz česar izpeljemo sin(ψ) = R sin(φ) /(R + h). Tako v enačbo za hitrost v’ vstavimo prejšnjo zvezo. Dobimo hitrost v’ = v R sin(φ) / (R + h). Ko vstavimo še zvezo za hitrost v dobimo

v’ = R2 sin(φ) g01/2 (R + h)-3/2

Sprejemnik na zemlji registrira frekvenco ν2, kot da bi se oddajnik na satelitu oddaljeval s hitrostjo v’, ki smo jo zgoraj izpeljali. Toraj velja ν2 = ν1 / (1 + v’ /c ) . Iz tega izraza izpeljemo hitrost v’ = c ( ν12 – 1) .

Od tod izračunamo višino satelita

h = R ( ( ν2 sin(φ) (go R )1/2 / (c (ν1 – ν2)))2/3 – 1 ) = 320 km.

4. Kroglica mase m = 3 g in naboja e1 = +5 μAs se približuje pritrjeni kroglici naboja e2 = +0,2 μAs. Hitrost kroglice na veliki oddaljenosti od pritrjene kroglice je v0 =36 km/h. Najmanj do kolikšne razdalje se kroglici približata?

Rešitev :

 

NAlogo najenostavneje rešimo z ohranitvijo kinetične in električne potencialne energije. Gibajoča kroglica ima na začetku kinetično energijo Wk1 = m v12 /2 in električno potencialno energijo Wep1 = 0, zaj je zelo daleč vstran. Kroglica ima na razdalji r od pritrjene kroglice kinetično energijo Wk2 = m v22 / 2 in električno potencialno energijo Wep2 = e1 e2 / (4 ¶ ε0 r ).

Sledi Wk1 + Wep1 = Wk2 + Wep2, ko vstavimo izraze dobimo enačbo za hitrost na razdalji r , v22 = v12 + e1 e2 /(2 ¶ ε0 m r) . Kroglica se bo na razdalji r0 popolnoma zaustavila, tako da je njena hitrost v2 = 0. Tako dobimo 0 = v12 – e1 e2 /(2 ¶ ε0 m r0 ) in iz tega izraza izpeljemo r0 = e1 e2 / (/(2 ¶ ε0 m v02) = 6 cm.

5. Kroglo s polmerom r1 = 2 cm in nabojem e1 = 2 μAs ter kroglo s polmerom r2 = 5 cm in nabojem e2 = 1 μAs povežemo s tanko prevodno nitko. Koliko naboja steče skozi nitko z ene krogle na drugo kroglo? Kolikšni sta končni gostoti nabojev na kroglah?

Rešitev:

krog_1

 

 

3. Ribič na čolnu vidi ribo pod kotom β=45° glede na navpičnico. Pod kolikšnim kotom α glede na navpičnico mora usmeriti harpuno, da zadene ribo? Lomni količnik vode je n=4/3.

Rešitev:

Skupina II. Toplota, elektrika

Naloge TOPLOTA

1. Valjasta posoda je s težkim batom, ki se giblje brez trenja, predeljena na dva dela. Na vsakem od njiju je 0,3 kg zraka, ki ima po vsej posodi enako temperaturo.. Ko je valj v navpični legi, razlika tlakov uravnoveša težo bata. Pri temperaturi 300 K je tedaj prostornina dela posode pod batom trikrat manjša od prostornine posode nad batom. Kolikšno je razmerje med prostorninama pri temperaturi 500 K? (Naloga iz zveznega tekmovanja mladih fizikov l.1967)

Rešitev :

 


plin_1
Pri temperaturi T1=300K ima zgornji del posode prostornino V1 in spodnji del prostornino V2, tlaka pa p1 in p2 . Pri temperaturi T2 =500K sta prostornini zgornji del V3 in spodnji V4 . tlaka pa p3 in p4.

Ravnovesje se vzpostavi, ko so sile teže bata Fg, in sil zgornjega zraka p1*S in spodnjega zraka p2*S.

Pri temperaturi T1 velja p1 S + Fg = p2 S (E.1) in pri temperaturi T2 velja p3 S + Fg = p4 S (E.2) , iz teh ravnovesij sledi, da je p2 – p1 = p4 – p3 ( E. 3) . Pomagamo si s splošno plinsko enačbo, kjer izrazimo tlake p1 = m/V1Mkg*RT1 , p2 = m/V2Mkg*RT1 in p3= m/V3Mkg*RT2 ter p4 = m/V4Mkg*RT2. Ko te izraze vstavimo v enačbo za razliko tlakov (E.3) , dobimo

T1 ( 1/V1 – 1/V2 ) = T2 (1/V4 – 1 /V3 ) (E.4)

Nadalje zapišemo , da velja da je V2 = V1/3 in velja tudi, da je V1 + V2 = V (skupni prostornini), zato je V1+V1/3= V in je

V1=3*V/4. in 3V2=3*V/4 kar pomeni, da je V2=V/4. Enako velja V3 + V4 = V ,

V3 = k*V4 pri čemer je V , tako da je kV4+V4=V, iz česar sledi, da je V4=V/(k+1)3=k*V/(k+1) in V . Vse skupaj vstavimo v enačbo E.4 in dobimo za

k =2,08.

2. Vroča voda temperature T1 = 90°C priteka v toplotno izolirano posodo, v kateri je v začetku bila voda mase m0 = 50 kg in temperature T0 = 20 °C. Masni tok pritekajoče vode je Φm = 2 kg/min. Vodo v posodi dobro mešamo. Kako se temperatura vode v posodi spreminja v odvisnosti od časa? Čez koliko časa t2 ima voda v posodi temperaturo T2 = 70°C.

Rešitev :

Da se začetna temperatura spremeni od T0 do T je potrebna toplota Q = m0 c (T – T0), ki jo prinese pritekajoča vroča voda, ki se s tem ohladi od temperature T1 do T. Ta toplota je enaka Q = mv c (T1 – T). Ko izenačimo obe toploti dobimo izraz

m0 c (T – T0) = mv c (T1 – T). Iz izraza poiščemo maso pritekajoče vode mv = m0 (T – T0) / (T1 – T) . Ampak ta masa vode, ki ohladi vodo v toplotno izolirani posodi je enak mv = Φm t. To je povezava s časom. Ta izraz vstavimo v predhodnega in izrazimo temperaturo T = T0 + (T1 – T0) / (1 + m0 / (Φm t)). In to je odgovor na prvo vprašanje. Iz te enačbe izrazimo še čas, da bomo lahko odgovorili na zadnje vprašanje t = (m0 / Φm) (T – T0) /(T1 – T).

Razmišljamo ob času t = 0 je temperatura T = T0. Po zelo dolgem času t = je povstavitvi v prejšnjo enačbo T = T1 . Temperatura bo T2 = 70°C po času t2 = (m0 / Φm) (T2 – T0) /(T1 – T2) = 1,04 ure.

3. Dve posodi povežemo z bakreno palico z dolžino 20 cm, presekom 10 mm2 in toplotno prevodnostjo 380 W/mK. Prvo posodo segrevamo z gorilnikom tako, da v njej ves čas vre voda. Druga posoda je v stiku s prvo le preko bakrene palice, sicer je izolirana. V njej je na začetku zmes 20 g vode in 10 g ledu pri 0 °C . Talilna toplota ledu je 336 kJ/kg, specifična toplota vode je 4200J/kgK. Druga posoda tehta 50 g in je iz snovi s specifično toploto 880 J/kgK.

a) V kolikšnem času se ves led stali?

b) Približno izračunaj, po kolikšnem času po tem, ko se led stali, se voda v drugi posodi segreje za 40°C?

Rešitev :

Podatki :posode

L=20 cm mv = 20 g

S=10 mm2 ml =10 g

λ=380 W/mK T0 = 0°C

T1 = 100°C T2 = 40°C

qt = 336 kJ/kg cv = 4200 J/kgK

cp = 880 J/kgK mp = 50 g (posoda)

a) Toplotni tok, ki teče iz posode z vrelo vodo v posodo z ledom in vodo, je enak P = λ S (T1 – T0)/l = 1,9 W. Toplota, ki priteče po bakreni palici se porabi za taljenje ledu. Qt = P t = ml qt. Iz te enačbe izračunamo čas t = ml qt / P = 1770 s = 29,5 minut.

b) Temperaturna razlika ni stalna in se s časom zmanjšuje. Voda se segreva do T2. Toplotni tok, ki teče po palici se zaradi tega zmanjšuje. približno ga lahko izračunamo tako, da vzamemo povprečno temperaturo vode Ts = (T2 + T0)/2 = 20 °C. Toplotni tok je potem P1 = λ S (T1 -Ts) /l = 1,5 W.

Poleg vode se segreva tudi posoda, zato je toplota enak Q = P1 t1 = (mv + m1) cv (T2 – T0) + mp cp (T2 – T0) . Iz te enačbe izrazimo čas segrevanja, ki je enak t1 = ((mv + m1) cv + mp cp) (T2 – T0))/P1 = 4500 s = 1 h 15 min.

Naloge ELEKTRIKA

1. Žarnici, ki pri napetosti 220 V gorita z močjo P1=100 W in P2=50 W, zvežemo zaporedno na napetost 220 V. Koliko moči troši vir napetosti?

Rešitev :

Za zgornje podatke lahko izračunamo upornost posamezne žarnice. Upor prve je R1=U2 /P1=485 Ω in druge R2=U2/P2 =970 Ω .

Žarnica z večjo nazivno močjo ima manjši upor (debelejšo nitko) in obratno.

Skozi zaporedno zvezani žarnici teče tok : I = U/(R1+R2) in moč pri 220 V je P = U I = U2 /(R1 + R2) = 33,3 W.

2. Upornike R1=4 Ω, R2 = 2 Ω in R3 = 1 Ω zvežemo, kot kaže slika. Izračunaj nadomestni upor te vezave! V kakšnem medsebojnem razmerju morata biti upora R1 in R2, da nadomestni upor ni odvisen od srednjega upora R3?

Rešitev:

slika_elek_2

 

 

te naloge ni možno rešiti po pravilih vzporedne in zaporedne vezave.

Mislimo si , da na naše elktrično vezje priključimo na napetost Ug!

Ta poganja tok I = Ug / R. Kjer je R nadomestna upornost vezja. Zaradi simetrične razporeditve upornikov je tok skozi upornika R2 enak ( napr . I2 ). Iz podobnega razloga teče skozi upornika R1 enak tok (napr. I1 )

Po I.Kirch.zakonu velja za prvo razvejišče I = I1 + I2 ter drugo v točki 1

I1 = I2 + I3 .

Za zgornji električni krog velja II.Kirch. zakon : Ug = R1 I1 + R2 I2.

Drugi krog naj gre skozi upornik R3 , tako da je Ug = R1 I1+R3 I3 + R2 I2

Zamenjamo v drugi enačbi I3 za I3 = I1 – I2 .

Dobimo sistem dveh enačb :

Ug = R1*I1 + R2* I2

Ug =(R1+R3) I1 + (R2-R3) I2

Rešitve teh enačb so :

I1 = Ug (R2+R3)/(2R1R2+R2R3+R1R3)

I2 = Ug (R1+R3)/(2R1R2+R2R3+R1R3)

I3= Ug (R2-R1)//(2R1R2+r2R3+R1R3)

I = I1 + I2 = Ug (R1+R2+2R3)/(2R1R2+R2R3+R1R3)

Če upoštevamo, da je Ug= R I je R = Ug / I . Tako je skupna upornost R = (2R1R2+R1R3+R2R3)/(R1+R2+2R3) = 2,75 Ω

3. Uporniki R1=10 Ω, R2=40 Ω in R3 = 20 Ω ter kondenzator kapacitete C = 1 μF so priključeni na električni generator z napetostjo 10 V, kot kaže slika. Kolikšen je stalni naboj na kondenzatorju, čez daljši čas. Kolikšen tok teče skozi upornik R3? Kolikšna je napetost U2 na na uporniku R2 ?

Rešitev :
nal_ele_2Ko se kondenzator napolni teče po zunanjem krogu, skozi upornike R1 in R2 tok I. Skozi vejo, v kateri je kondenzator tok ne teče.

Velja II.Kirch.zakon : Ug = R1 I + R2 I . Iz tega sledi, da je I = Ug / ( R1+R2 )= 0,2 A.

Na uporniku je padec napetosti U2 = R2 I = 8 V.

Ker tok skozi upornik ne teče, je padec napetosti na njem nič. Tako je potem napetost le na kondenzatorju in je enaka napetosti U2. Toraj je U2 = e / C. Tako, da je naboj enak e = C U2 = C R2 I = 8 μF.

4. Pravokotno tokovno zanko iz debelih bakrenih debelih bakrenih palic postavimo v homogeno magnetno polje gostote 0,4 Vs/m2 , katerega magnetne silnice so vodoravne. ravnina zanke je pravokotna na magnetne silnice. Na zanko je nataknjena vodoravna prečka specifičnega upora ζ = 1,8.10-8 Ωm in gostote ρ = 8,8 g/cm3 . S kolikšno stalno hitrostjo prečka pada? Trenje zanemarimo, električni upor zanke je zanemarljivo majhen v primerjavi z uporom prečke.

Rešitev :


nal_mag_3
Če prečka dolžine a pada s hitrostjo v v prečnem magnetnem polju B, se v njej inducira napetost: Ui = B a v . Ta napetost požene tok v tokovni krog zanke in prečke. Toraj je tok I = Ui / R = B a v /(ζ a/S), kjer je ζ specifična upornost prečke, S je presek prečke. Tako je tok I = v B S/ζ . Zaradi toka I skozi prečko pa se pojavi magnetna sil Fm = B I a = B2 a v S/ ζ.

ki zavira padanje. Hitrost padanja je stalna, če je teža prečke Fg enaka magnetni sili Fm.

Fm = Fg

B2 v a S /ζ = m g , ko vstavimo za m = ρ S a dobimo

B2 v a S /ζ = ρ S a g , po okrajšanju in ureditvi enačbe dobimo

v = ρ g ζ / B2 = 1 cm/s

5. Ploščni kondenzator ima kapaciteto C0 = 10 pF. Plošči sta razmaknjeni za d = 1 cm. V kondenzator vtaknemo kos pločevine debeline a = 0,1 cm . Kolikšna je nova kapaciteta?

Rešitev :

 

kond_3Mislimo si , da kondenzator nabijemo z nabojem e in nato izklopimo vir napetosti. Naboj je stalen. nato vstavimo pločevino, na oddaljenost y od leve plošče. Na pločevini se influira naboj e.

Nalogo lahko rešimo na dva načina ( Slika a in b).

a) Prvotna napetost na med ploščama je

U0 = e/C0 = e d/(ε0S), kjer je S površina plošč.

Ko damo pločevino vmes, je napetost sestavljena iz U1 = e y /(ε0 S) levo od pločevine in U2 = e (d – a -y )/(ε0 S) desno od pločevine. Na področju pločevine ni električnega polja. Tako je U = U1 + U2.

Celotna napetost je U = e(d – a )/(ε0 S) = U0 ( 1 – a/d ) , kjer smo postavili da je U0 = e/(ε0 S).

Iz izraza vidimo, da napetost U ni odvisna od lege (y ) plošče. Tudi če jo stisnemo k eni od plošč, ko je y = 0.

Tako je kapaciteta C = e / U = e /( U0 (1 – a/d)) = C0 /(1-a/d), kjer je C0 = e/U0, po vstavitvi podatkov je C = 11,1 p F.

b) Drugi način naj izračuna bralec sam. Ideja je ta da vzamemo kot dva zaporedno vezana kondenzatorja.

6. Lesen kvade s stranicami 30 cm x 30 cm x 5 cm položimo z največjo ploskvijo v bazen, v katerem je globina vode 6 cm. Na spodnjo ploskev kvadra pritrdimo izolirano tanko kovinsko ploščico z velikostjo 30 cm x 30 cm, enako ploščico pa še na dno bazena, natančno pod spodnjo ploskev kvadra. Ploščici priključimo na enosmerno napetost. Napetost počasi povečujemo. Pri kolikšni najmanjši napetosti se kvader popolnoma potopi. Masa ploščic je zanemarljiva. Podatki : Gostota lesa 800 kg/m3, gostota vode 1000 kg/m3m influenčna konstanta je ε0 =8,9.10-12 As/Vm in dielektričnost vode ε = 81.

Rešitev :

kvad_1

Podatki :

a = b = 30 cm, c = 35 cm, h = 6 cm, ρ1 = 800 kg/m3 , ρv = 1000 kg/m3

ε0 = 8,9.10-12 As/Vm, ε = 81

Prostornina kvadra je V = a b c.

Kvader je ves potopljen, ko je razdalja med ploščami enaka d = h – c = 1 cm. Tedaj so električna sila Fe= eE, sila teže kvadra Fg = ρ1 ab c g in sila vzgona Fvzg = ρv abc g v ravnovesju.

Fvzg = Fg + Fe iz česar sledi e E = ρv abc g – ρl abc g = abc (ρv – ρl) g .

Upoštevati moramo, da je naboj na plošči za za ε krat večji kot. če je med ploščama prazen prostor. e = C U = ε ε0 S /d U. E je jakost električnega polja, ki ga povzroča spodnja plošča. Za tanko ploščo pa vemo, da je E = e/(2εε0S). Ko vstavimo za naboj zgornjo zvezo dobimo E = U / 2d. Po vstavitvi izrazov v ravnovesno enačbo dobimo ε ε0 ab U2/(2d2 ) = abc (ρv – ρl) g . Iz te enačbe izpeljemo končni izraz za napetost U = (2(h-c)2 c (ρv – ρl) g/(εε0))1/2 = 5200 V.