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 :

Podatki: R = 20 m, v₀ = 80 km/h, k_t = 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: mω²R cos φ = mg sin φ – kt F₀

y: mω²R 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) = k_t g / (k_t 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 :

 

Lažja kroglica udari ob težjo s hitrostjo, ki jo izpeljemo iz ohranitve potencialne in kinetične enrgije W_p1 = W_k2. 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 energijeW_k1=W_k2, 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 v_{3² iz česar sledi, da je v3 =} v_{1 –} v₂. Potem hitrost v₃ vstavimo v enačbo m v₁ =M v₃ – m v_2, 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 v_2²/2 = 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:
Podatki :

m = 40 kg

h = 20 cm (višina klade)

l = 45 cm (dolžina klade)

r₁ =15 cm (od levega roba do težišča)

k_t1 = 0,20

k_t2 = 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 F_tr1 = k_t1 F₁ in F_tr2 = k_t2 F₂ . V vodoravni smeri velja m a = k_t1 F₁ + k_t2 F₂ in navpični smeri velja F₁ + F₂ = mg

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

-F₁ r₁ + k_t1 F₁ h/2 + F₂ r₂ + k_t2 F₂ h/2 = 0

V to ravnovesno enačbo vstavimo F₂ = mg – F₁ in izpeljemo silo F₁ = (r₂ + k_t2 h/2) mg / (l + h(k_t2-k_t1)/2) in enako še silo

F₂ = ( r₁ – k_t1 h/2) mg / (l + h(k_t2 – k_t1)/2) .

Ko imamo znani obe sili, lahko izračunamo še pojemek a = (k_t1 F₁ + k_t2 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

m_v = 100 kg m_f = 50 kg

m_s = 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:

(m_v+m_f+m_s) v₁ + (m_v+m_f)v₂ = (m_v + m_f) v₁ + (m_v + m_f +m_s) 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‘ = (m_s v₁ + (m_v+m_f) v₂ /(m_v + m_f + m_s) = 4,2 m/s

 

 

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 :

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

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.

F_vzg1 + F_g = 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/cm^₃, 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 = – mc_p 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 c_p ) 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 c_p ) 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 :

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(β) = 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 :

Satelit kroži okrog Zemlje s stalno hitrostjo v na višini h, tako da je centripetalni pospešek enak težnemu pospešku m a_c = Fg sledi da je a_c = 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) g₀^1/2 (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 ( ν₁ /ν₂ – 1) .

Od tod izračunamo višino satelita

h = R ( ( ν₂ sin(φ) (g_o 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 W_k1 = m v₁² /2 in električno potencialno energijo W_ep1 = 0, zaj je zelo daleč vstran. Kroglica ima na razdalji r od pritrjene kroglice kinetično energijo W_k2 = m v₂² / 2 in električno potencialno energijo W_ep2 = e₁ e₂ / (4 ¶ ε₀ r ).

Sledi W_k1 + W_ep1 = W_k2 + W_ep2, 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:

 

 

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: