xxi federalno -...

XXI Federalno takmičenje iz fizike za učenike srednjih škola Bilten Prirodno-matematički fakultet, 16. april/travanj Sarajevo

1

Društvo fizičara u Bosni i Hercegovini

Predsjednica DFuBiH: prof. dr. Rajfa Musemić

Email:[email protected]

Web:http://dfubih.com.ba/

Bilten pripremio: Benjamin Fetić

Sarajevo, april/travanj 2016.

XXI Federalno takmičenje iz fizike za učenike srednjih

škola

Sponzor takmičenja

2

Organizacioni odbor

Nudžeim Selimović

Selver Pepić

Senad Isaković

Ilhana Duvnjak

Abdulah Jašarević

Mirsad Tunja

Merjema Genjac

Amina Alić

Azra Hamedović

Amra Ibrahimović

Meho Brkić

Azra Hodžić

Selma Franca

Prof. dr. Rajfa Musemić

Dino Habibović

Amra Salčinović Fetić

Benjamin Fetić

3

Program takmičenja

8:30 – 9:00 h Registracija učesnika

9:00 – 9:45h Svečano otvaranje takmičenja

9:45 – 10:00 h Raspored učenika po učionicama

11:00 – 11:30 Prezentacija zadataka za profesore

10:00 – 13:00 (14:00) h Izrada zadataka (grupa D radi 4 sata)

13:00 – 15:30h Pregledanje i bodovanje

13:00 – 15:30 Obilazak laboratorija Odsjeka za fiziku

15:30 Preliminarni rezultati

15:45 – 16:30 Žalbe učenika

17:00 Zvanični rezultati

17:30 Svečano zatvaranje takmičenja i podjela diploma

Napomena:

Svečano otvaranje takmičenja bit će održano u amfiteatru Mladen Deželić (prizemlje).

Prezentacija zadataka za pratioce učenika bit će održano u Malom amfiteatru

(prizemlje)

Obilazak laboratorija bit će organizovano na prvom spratu Odsjeka za fiziku

4

Komisije za sastavljanje i pregledanje zadataka

GRUPA A – MEHANIKA I TERMODINAMIKA

1. prof. dr. Mustafa Busuladžić (supervizor)

2. dr. sc. Adnan Mašić

3. Dino Habibović

4. Džana Salibašić

GRUPA B – ELEKTROMAGNETIZAM, OSCILACIJE I TALASI

1. Amra Saličnović Fetić (supervizor)

2. Matej Lozančić

3. Mirsad Tunja

4. Senad Isaković

5. Abdulah Jašarević

GRUPA C – OPTIKA I ATOMSKA FIZIKA

1. doc. dr. Elvedin Hasović (supervizor)

2. Enisa Kozlić

3. Muaz Kasumović

4. Emir Baručija

GRUPA D – CJELOKUPNA FIZIKA

1. Benjamin Fetić (supervizor)

2. Selver Pepić

3. Nudžeim Selimović

Predjednik Takmičarke komisije: doc. dr. Elvedin Hasović

Zadacizapojedinegrupeobuhvatajusljedećesadržaje :

A Newtonovi zakoni mehanike, ravnomjerno kretanje, kretanje pod djelovanjem konstantne

sile, slaganje i razlaganje sila, kružno kretanje, rad, energija, kretanje u gravitacionom

polju, neinercijalni sistemi, rotaciona kretanja, zakoni održanja, mehanika fluida,

termodinamika

B oscilacije, mehanički talasi, zvuk, elektrostatsko međudjelovanje, električno polje, kretanje

naelektrisane čestice u električnom polju, električni kapacitet, istosmjerna električna struja,

strujna kola, magnetno polje, električna struja i magnetno polje, elektromagnetska

indukcija, naizmjenična struja, elektromagnetni talasi

5

C fotometrija, geometrijska optika, fizikalna optika, toplotno zračenje, fotoelektrični efekat,

struktura atoma, dualna svojstva materije, atomsko jezgro, nuklearne reakcije,

radioaktivnost, elementarne čestice, poluprovodnici

D SadržajiA, B, Cispecijalnateorijarelativnosti

6

Prijavljeni učesnici XXI Federalnog takmičenja iz fizike

GRUPA A – Mehanika i termodinamika

Redni

br.

IME I

PREZIME ŠKOLA KANTON

1. Adilović Imran Sarajevo koledž Sarajevo

2. Arnautović Ajdin

Srednja elektrotehnička

škola Sarajevo

3. Biković Haris Gimnazija Lukavac Tuzlanski

4. Ćubela Marin

Gimnazija fra Grge

Martića Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

5. Čustović Faris Druga gimnazija Zenica

Zeničko-

dobojski

6. Delić Fahrudin Prva bošnjačka gimnazija Sarajevo

7. Dlakić Melina

Gimnazija “Visoko”

Visoko

Zeničko-

dobojski

8. Duraković Halid Behrambegova medresa Tuzlanski

9. Gjocaj Ariana Gimnazija Velika Kladuša Unsko-sanski

10. Grabus Lamija Prva bošnjačka gimnazija Sarajevo

11. Idriz Kenan Gimnazija Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

12. Ivaniš David Gimnazija Bihać Unsko-sanski

13. Jurković Gabrijel KŠC “Sveti Franjo” Tuzla Tuzlanski

14. Kozarević Mešan Behrambegova medresa Tuzlanski

15.

Kraljušić

Benjamin Srednja škola Konjic

Hercegovačko-

neretvanski

16. Ličina Mevludin

Gimnazija “Rizah

Odžečkić” Zavidovići

Zeničko-

dobojski

17. Martinović Ivan

Tehničko obrtnička

srednja škola Žepče

Zeničko-

dobojski

18. Mešić Mirza

Međunarodna srednja

škola Zenica

Zeničko-

dobojski

19. Muslić Hana Prva gimnazija Zenica

Zeničko-

dobojski

20.

Omanović

Almedina II. gimnazija Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

21. Omerbašić Hamza MSŠ “Enver Pozderović”

Bosansko-

podrinjski

22.

Osmanspahić

Enver MSŠ “Enver Pozderović”

Bosansko-

podrinjski

23. Palavrić Armin Gimnazija Meša Selimović Tuzlanski

24. Redžepi Salim


škola Sarajevo

25. Rezić Marko

Gimnazija fra Grge

Martića Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

7

26. Šabić Emir MSŠ Ključ Unsko-sanski

27. Šavaranja Lovro

Gimnazija fra Grge

Martića Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

28. Šegalo Hana


škola Sarajevo

29. Šegalo Nola


škola Sarajevo

30. Smajlović Emina Druga gimnazija Sarajevo

31.

Sokolović

Muhamed


škola Sarajevo

32. Tursumović Ramo Behrambegova medresa Tuzlanski

GRUPA B – Elektromagnetizam, oscilacije i talasi

Redni br. IME I PREZIME ŠKOLA KANTON

1.

Ahmetspahić

Sulejman


škola Zenica Zeničko-dobojski

2. Bokan Davor Treća gimnazija Sarajevo Sarajevo

3. Bristrić Medina

Gimnazija “Mustafa

Novalić” Gradačac Tuzlanski

4. Bungur Aida


Novalić” Gradačac Tuzlanski

5. Dževlan Lejla Prva gimnazija Sarajevo Sarajevo

6. Džiho Mehmed


škola Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

7. Gurda Tarik

Gimnazija “Musa Ćazim

Ćatić” Kladanj Tuzlanski

8. Hadžić Anes MSŠ Ključ Unsko-sanski

9. Hadžić Haris

Gimnazija “Dr. Mustafa

Kamarić” Gračanica Tuzlanski

10. Halilović Jasmina Srednja škola Konjic

Hercegovačko-

neretvanski

11. Hamedović Ajla MSŠ Ključ Unsko-sanski

12. Hamzić Huso


škola Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

13.

Hasanagić

Benjamin Druga gimnazija Sarajevo

14.

Hasanović

Belkisa

Srednja medicinska škola

Tuzla Tuzlanski

15. Hubljar Ajla Prva gimnazija Sarajevo Sarajevo

16. Hukić Mirza

Behrambegova mdresa

Tuzla Tuzlanski

17. Jukić Isnam

MSŠ ”Bosanski

Petrovac” Unsko-sanski

18. Karavelić Amina

Gimnazija "Visoko"

Visoko Zeničko-dobojski

8

19. Karić Armin Tehnička škola Zenica Zeničko-dobojski

20. Klačar Alija


Kamarić” Tuzlanski

21. Koluh Dinno Unsko-sanski koledž Unsko-sanski

22. Krešić Ivo

Gimnazija fra Grge

Martića Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

23.

Leonardo

Budimir

Gimnazija fra Grge

Martića Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

24. Misilo Andrea

KŠC "Sveti Pavao"

Zenica Zeničko-dobojski

25. Mujičić Ibrahim Gimnazija Živinice Tuzlanski

26. Adelisa Subašić MSŠ “Enver Pozderović”

Bosansko-

podrinjski

27. Papić Admir


škola Sarajevo Sarajevo

28. Raspudić Dalibor

Gimnazija fra Grge

Martića Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

29. Šehanović Anida


škola Tuzlanski

30. Smailhodžić Adi Prva gimnazija Zenica Zeničko-dobojski

31. Uzunović Aida STŠ “Hasib Hadžović”

Bosansko-

podrinjski

GRUPA C – Atomska fizika i optika

Redni br.

IME I

PREZIME ŠKOLA KANTON

1. Avdić Emira


Kamarić”, Gračanica Tuzlanski

2. Bošnjić Nedim

Gimnazija “Meša

Selimović” Tuzlanski

3. Božić Katarina

Gimnazija fra Grge

Martića

Hercegovačko-

neretvanski

4. Buturović Mahira Srednja škola Konjic

Hercegovačko-

neretvanski

5. Čović Ismet Unsko-sanski koledž Unsko-sanski

6. Ćubela Filip

Gimnazija fra Grge

Martića

Hercegovačko-

neretvanski

7.

Hadžihasanović

Enes Srednja medicinska škola Tuzlanski

8. Halkić Medina Gimnazija Bihać Unsko-sanski

9. Jelačić Edin Gimnazija Dobrinja Sarajevo

10. Karahodžić Kenan Treća gimnazija Sarajevo

11. Kašić Nejra Srednja škola Konjic

Hercegovačko-

neretvanski

12. Kovačević Aldin


škola Tuzlanski

9

13. Kovačević Jusuf Srednja škola Jablanica

Hercegovačko-

neretvanski

14. Kudić Bakir Unsko-sanski koledž Unsko-sanski

15. Mamela Samira

Gimnazija "Muhsin

Rizvić" Breza

Zeničko-

dobojski

16. Mević Amin

Gimnazija "Musa Ćazim

Ćatić" Tešanj

Zeničko-

dobojski

17. Omerašević Berina


Kamarić”, Gračanica Tuzlanski

18. Šabavić Dženana

Prva bošnjačka gimnazija

Sarajevo Sarajevo

19. Salkanović Ahmed

Gimnazija "Rizah

Odžečkić" Zavidovići

Zeničko-

dobojski

20. Širbegović Emin

Gimnazija "Musa Ćazim

Ćatić" Tešanj

Zeničko-

dobojski

21. Sirćo Muhamed

MSŠ "Musa Ćazim Ćatić"

Olovo

Zeničko-

dobojski

22. Spahić Azra Gimnazija Bihać Unsko-sanski

23. Tadić Mijo Srednja škola Prozor

Hercegovačko-

neretvanski

24. Vučina Josipa

Gimnazija fra Grge

Martića

Hercegovačko-

neretvanski

GRUPA D – Cjelokupna fizika

Redni br.

IME I PREZIME ŠKOLA KANTON

1. Cogo Nina

KŠC "Sveti Pavao"

Zenica Zeničko-dobojski

2. Čorbo Tarik



3. Đapo Edvin Treća gimnazija Sarajevo Sarajevo

4. Delalić Jusif

Druga gimnazija

Sarajevo Sarajevo

5. Devedžić Dženan

Gimnazija “Dr. Mustafa

Kamarić” Gračanica Tuzlanski

6. Đikić Berin

Druga gimnazija

Sarajevo Sarajevo

7. Dlakić Ali

Druga gimnazija

Sarajevo Sarajevo

8. Đonlagić Azur

KŠC “Sveti Franjo”

Tuzla Tuzlanski

9. Dupanović Arman Unsko-bosanski koledž Unsko-sanski

10.

Džeković

Nermedin



11. Fejzić Edo Sarajevo koledž Sarajevo

12. Hodžić Mirza

MSŠ Doboj istok,

Brijesnica Tuzlanski

10

13. Hrustemović Lejla



14. Ivanković Karla

Gimnazija fra Grge

Martića

Hercegovačko-

neretvanski

15. Karišik Ajla



16. Lemeš Kanita

Gimnazija "Visoko"


17. Mustafić Dino


škola Tuzla Tuzlanski

18. Nukić Tarik Gimnazija Lukavac Tuzlanski

19. Omergaić Ermin


škola Zenica Zeničko-dobojski

20. Planinić Pavao

S.Š. fra S. Barbarića,

Čitluk

Hercegovačko-

neretvanski

21. Popovac Haris


škola Sarajevo

22. Rizvan Anesa

Gimnazija "Visoko"


23. Saračević Kenan


škola Sarajevo

24. Trbalić Bahrudin


škola Tuzlanski

25.

Vidović Petar-

Josip

United World Collegue

Mostar

Hercegovačko-

neretvanski

26. Zaimović Nedim

Gimnazija "Muhsin

Rizvić" Kakanj Zeničko-dobojski

11

Historija Odsjeka za fiziku Prirodno-matematičkog fakulteta u

Sarajevu

Odsjek za fiziku je jedan od pet odsjeka Prirodno-matematičkog fakulteta koji djeluje u

sastavu Univerziteteta u Sarajevu. Osnivanje Filozofskog fakulteta u Sarajevu 1950. godine, u

čijem je sastavu bio i Prirodno-matematički odsjek, može se uzeti kao početak razvitka

moderne fizike u Bosni i Hercegovini. Odvajanje Prirodno-matematičkog odsjeka u

samostalni fakultet 1960. godine je drugi važan korak, a završetak moderne zgrade 1964.

godine za potrebe fizike i hemije Prirodno-matematičkog fakulteta u Sarajevu bio je novi

značajan korak za dalji razvoj fizike u BiH.

Rat u Bosni i Hercegovini (1992 - 1995.) poremetio je i razvoj fizike. Mnogi profesori i

saradnici su napustili Sarajevo, a neki su izgubili i živote. Prostorije su bile devastirane,

oprema gotovo uništena, ali je nastava na Odsjeku za fiziku organizovana i tokom rata. U

periodu nakon 1995. godine uvjeti za razvoj fizike su bili otežani, ali i pored svih poteškoća

postignuti su respektabilni rezultati za fiziku u BiH.

Medu prvim nastavnicima bili su profesori Branko Galeb, Krunoslav Ljolje, Zdravko

Stipčević, Dimitrije Čajkovski, Egvin Girt i drugi, od kojih su brojne generacije fizičara učile

fiziku, a onda i sami širili znanje u bosanskohercegovačkim školama i fakultetima, ali i

drugim sredinama u bivšoj Jugoslaviji, ili su, pak, stvarali naučnoistraživačke timove.

Kvaliteta studija fizike u Sarajevu bila je prepoznata širom svjetskih univerzitetskih centara, a

bivši studenti Odsjeka za fiziku Prirodno-matematičkog fakulteta su postali uvaženi članovi

svjetske akademske zajednice, koji su postizali svjetski priznate rezultate, kao što su profesori

Dejan Milošević, Damir Bečirević, Svjetlana Fajfer, Abdel Isaković, Zlatko Tešanović, Ivana

Vobornik i drugi.

Na studijskim programima općeg i nastavničkog usmjerenja diplomirali su brojni fizičari, koji

nikad nisu imali problema sa zapošljavanjem, bilo kao deficitaran kadar ili kao kadar koji je

svojim naučnoistraživackim aktivnostima predstavljao znanstvenu bazu sredine u kojoj su

djelovali. Odsjek za fiziku je ponosan na svoje brojne studente, koji su u Sarajevu, ili drugim

univerzitetskim centrima, stjecali magisterije i doktorate, a aktualni programi studija na

Odsjeku za fiziku će, kao i do sada, osiguravati visok stupanj kvalitete kadrova u fizici.

12

Studij fizike na Prirodno-matematičkom fakultetu u Sarajevu

Studiranje fizike je izazov, ali i zadovoljstvo, jer se

fizika bavi otkrivanjem fundamentalnih tajni

prirode. Kao bazična nauka, ona je osnov za sve

druge nauke i omogućuje daljnji razvoj

tehnologije. Na primjer, oko 25% bruto dohotka

razvijenih zemalja se zasniva na korištenju kvantne

fizike (laseri, tranzistori, fotoćelije, itd.). Fizika

ima direktni uticaj i na socijalni razvoj društva.

Temelje modernom korištenju interneta su postavili fizičari. Odsjek za fiziku Prirodno-

matematičkog fakulteta ide u korak sa najnovijim trendovima u svijetu. Na primjer, otvaraju

se nova usmjerenja, kao što je medicinska fizika, koja je u svijetu veoma tražena pri

zapošljavaju u većim medicinskim centrima. Sa završenim studijem fizike na Odsjeku za

fiziku, možete ravnopravno da konkurišete na postdiplomski studij na svim univerzitetima u

svijetu. Mnogi naši studenti su sada priznati profesori i istraživači na prestižnim fakultetima i

institutima u inostranstvu. Odsjek za fiziku ima aktivnu naučnu saradnju sa nekoliko

univerziteta iz svijeta, u koju su uključeni i studenti. Konačno, fizičari se uvijek mogu

zaposliti – nema ih na birou za zapošljavanje.

Na Odsjeku za fiziku organizuju se sva tri ciklusa obrazovanja.

I CIKLUS

I ciklus studija fizike traje ukupno 8 semestara. Nastava se sastoji od predavanja, auditornih

vježbi i praktičnih vježbi koje uključuju rad u laboratorijama i terenske vježbe. Studenti

mogu izabrati između dva smjera studija: nastavničkog smjera i općeg smjera.

NASTAVNIČKI SMJER

Studij traje 4 godine (8 semestara). Nakon diplomiranja stiče se stručno zvanje bachelor

fizike.

OPĆI SMJER

Studij na općem smjeru traje 4 godine (8 semestara). Prilikom upisa na treću godinu studenti

se opredjeljuje za jedno od usmjerenja:

EKSPERIMENTALNA FIZIKA

MEDICINSKA RADIJACIONA FIZIKA

TEORIJSKA FIZIKA

Studij traje 4 godine (8 semestara). Nakon diplomiranja stiče se stručno zvanje bachelor fizike

13

II CIKLUS

NASTAVNIČKI SMJER

Studenti koji su završili prvi ciklus - nastavnički smjer mogu izabrati da nastave obrazovanje

na drugom ciklusu i to na smjeru Fizika u obrazovanju. Nakon uspješne odbrane završnog

rada stiče se stručno zvanje magistar fizike u obrazovanju.

OPĆI SMJER

Studenti koji su završili prvi ciklus - opći smjer mogu izabrati da nastave obrazovanje na

drugom ciklusu i to na jednom od sljedećih smjerova:

EKSPERIMENTALNA FIZIKA

MEDICINSKA RADIJACIONA FIZIKA

TEORIJSKA FIZIKA

Nakon uspješne odbrane završnog rada stiče se stručno zvanje magistar fizike.

Drugi ciklus traje dva semestra

III CIKLUS – DOKTORSKI STUDIJ

Doktorski studij se organizuje iz oblasti Teorijska fizika – fizika elementarnih čestica i

atomska, molekularna i optička fizika, te iz oblasti Fizika u obrazovanju.

Šta Odsjek za fiziku može pružiti budućim studentima

Na Odsjeku za fiziku nastava je organizirana kroz

predavanja, računske i auditorne vježbe, laboratorijske

vježbe i terensku nastavu (posjete, nastava u prirodi).

Studentima je na raspolaganju računski centar, biblioteka sa

oko 7000 udžbenika, knjiga i časopisa, laboratorije za

nastavu iz mehanike i termodinamike, elektromagnetizma,

optike, atomske fizike, fizike poluprovodnika, fizike metala i

laboratorije za metodiku nastave fizike. Za nastavu iz

astronomije i astrofizike studentima su na raspolaganju

moćni teleskopi GS980 i MEADE LXD55. Na Odsjeku za

fiziku je i računarski klaster izuzetne kompjutacione moći

koji omogućuje izvođenje najzahtjevnijih numeričkih

proračuna u takozvanom paralelnom režimu. Klaster trenutno

čini dvadeset čvorova koji su međusobno povezani

gigabitnom ethernet vezom. Trenutno je na raspolaganju ukupno 88 procesorskih jezgri i

preko 200 GB radne memorije.

14

Mladi fizičari ostvarili historijski uspjeh na Međunarodnoj olimpijadi

iz fizike u Indiji

Na 46. Međunarodnoj olimpijadi iz fizike

(IPhO 2015) za učenike srednjih škola

koja se održala u Indiji u periodu 5. do 12.

jula, mladi fizičari iz Bosne i Hercegovine

ostvarili su do sada najveći uspjeh otkad

naša zemlja učestvuje na ovom

takmičenju. U konkurenciji 84 zemlje i

preko 380 učenika iz čitavog svijeta, naš

tim je osvojio jednu srebrenu i jednu

bronzanu medalju te dvije Pohvale

(Počasne medalje). Bahrudin Trbalić

(Međunarodna srednja škola, Tuzla)

osvojio je srebrenu medalju dok je Nermedin Džeković (Međunarodna srednja škola,

Sarajevo) osvojio bronzanu medalju. Ovo je ukupno treća srebrena i peta bronzana medalja za

našu državu na Međunarodnoj olimpijadi iz fizike. Naida Dedić (Gimnazija “Visoko”,

Visoko) i Ajdin Palavrić (Prva gimnazija, Zenica) dobitnici su Počasne medalje.Voditelji bh.

tima na IPhO 2015 bili su Nudžeim Selimović (student Odsjeka za fiziku) i Benjamin Fetić

(asistent na Odsjeku za fiziku).Odlazak našeg tima na Međunarodnu olimpijadu iz fizike

podržali su Ministarstvo za obrazovanje, nauku, kulturu i sport Zeničko-dobojskog kantona,

Ministarstvo za obrazovanje, nauku i mlade Kantona Sarajevo, te HIFA Oil Tešanj, AN

Projekt Doboj Jug, Velfarm Gračanica, Ekoservis Tešanj, Master Fashion Travnik,

Ganjgoline Doboj Jug, MBA Usora, Kamenorezac Doboj Jug i HIFA Petrol Sarajevo.

Uspjeh mladih fizičara na međunarodnom takmičenju RMPh

Naše dvije ekipe na međunarodnom takmičenju iz fizike Romanian Master of Physics 2016

ostvarili su izvanredan uspjeh, osvojili su jednu

srebrenu, pet bronzanih medalja i jednu Pohvalu.

Na takmičenju je učestvovalo ukupno 15 ekipa iz

Bosne i Hercegovine, Brazila, Bugarske,

Moldavije, Rusije, Srbije i Rumunije.Učenici koji

su predstavljaju Bosnu i Hercegovinu na ovom

takmičenju su Bahrudin Trbalić (srebro),

Nermedin Džeković (bronza), Haris Popovac

(bronza), Ajla Karišik (bronza), Edvin Đapo

(bronza), Dženan Devedžić (bronza) i Tarik Čorbo

(Pohvala).Voditelji ekipa bili su Nudžeim Selimović, Selver Pepić i Senad Isaković.

15

Zadaci i rješenja

GRUPA A – Mehanika i termodinamika

Zadatak 1: Kuglica mase m je smještena na vrh veće kugle mase M i obje kugle su puštene

da slobodno padaju sa visine h (dimenzije obje kugle se mogu zanemariti u odnosu na tu

visinu). Do koje visine će se popeti kuglica mase m nakon što se kugle odbiju od pod, ako

pretpostavimo da je udar o pod savršeno elastičan, kao i sudar samih kugli (između sebe)?

Pretpostavite da je M>>m.

Rješenje:

Označimo sa Vi brzinu kojom će kugla mase M udariti o pod. Na osnovu zakona održanja

energije je:

2iV = gh 2 boda (1)

Budući da je udar o pod savršeno elastičan, veća kugla će se odbiti brzinom istog intenziteta,

usmjerenoj vertikalno nagore. Interakciju između kugli možemo shvatiti ako zamislimo da se

kugla mase M upravo odbila od pod (brzinom Vi), a kugla mase m nalijeće odozgo brzinom vi

(koja je po intentizetu jednaka brzini Vi jer su obje kugla pale s iste visine).

Nakon elastičnog sudara kugli, obje se kreću prema gore, manja brzinom

vf, a veća kugla brzinom Vf.

Zakon održanja impulsa daje

−mvi+M V i= mvf +M V f 3 boda (2)

pri čemu je 2i iv =V = gh , dok nam zakon održanja energije daje

16

2 22 2

2 2 2 2

f fi imv MVmv MV

+ = + 3 boda (3)

Jednačinu (3) možemo napisati u obliku

2 2 2 2

i f f iM V V = m v v (4)

a jednačinu (2) u obliku

i f i fM V V = m v +v (5)

Iz jednačina (4) i (5) slijedi

2 2

i f i f f im V +V v +v = m v v (6)

odnosno

i f f iV +V =v v (7)

tj.

2f f iV = v v 2 boda (8)

Kombinovanjem jednačina (8) i (2) dobijamo

2i i f f imv +Mv = mv +M v v (9)

odakle nalazimo

3f i

M mv = v

M +m

odnosno

32ghf

M mv =

M +m

3 boda (10)

Ako je M>>m onda imamo

3 2ghfv 2 boda (11)

pa je visina na koju će se popeti kuglica mase m:

2

92g

f'v

h = = h 5 bodova (12)

Ukupno 20 bodova

17

Zadatak 2:Pretpostavimo da se planete kreću po kružnim putanjama oko Sunca, sa

poluprečnikom R i periodom T. Koristeći podatke iz tabele, grafički testirati hipotezu da je T

proporcionalno sa Rα, gdje je α konstanta. (nacrtati grafik)

a) Iz grafika odrediti vrijednost α, i vrijednost konstante proporcionalnosti u SI

jedinicama

b) Koristeći zakone mehanike izvesti vezu između T i R, te odrediti masu Sunca (MS).

c) Udaljenost Mjeseca od Zemlje je 3.8·105 km, a njegov period 27.3 dana. Odrediti

odnos MS/MZ, gdje je MZ masa Zemlje.

Vrijednost gravitacione konstante je 11 2 26.67 10 Nm / kg

PLANETA R(·108 km) T(dana)

Zemlja 1.49 365

Mars 2.28 687

Jupiter 7.78 4333

Uran 28.7 30690

Rješenje :

a)

T kR

ln ln lnT R k 1 bod

Crtamo grafikon lnT kao funkciju od lnR

PLANETA R(·108 km) lnR T(dana) lnT

Zemlja 1.49 0.399 365 5.900

Mars 2.28 0.824 687 6.532

Jupiter 7.78 2.052 4333 8.374

Uran 28.7 3.357 30690 10.332

Pri popunjavanju tabele (računanje logaritama) R je ostavljeno u jedinicama (108 km), a T u

danima.

Dozvoljeno je i prvo pretvoriti R u metre, a T u sekunde, pa onda crtati grafik.

18

2 boda

2 boda

Sa grafikona lako izračunavamo koeficijent pravca 1.5 (dozvoljeno je odstupanje do 10%

iznad ili ispod ove vrijednosti)

2 boda

Kada je ln 0,R tada je ln ln ,T k pa sa grafika očitavamo da je ln 5.3k

(dozvoljeno je odstupanje do 5% iznad ili ispod ove vrijednosti)

1 bod

200.34k dan/(108 km)3/2

Odavde dobivamo da je u SI jedinicama 105.474 10k s m-3/2.

2 boda

b) Gravitaciona sila igra ulogu centripetalne sile, i za planetu mase m koja se kreće ugaonom

brzinom ω vrijedi jednakost

2

2,SM m

mRR

1 bod

2

3

2S

TR M

1 bod

3/22

S

T RM

1 bod

Odredimo sada masu Sunca. Obzirom da tačke leže na pravoj liniji, da bi odredili masu Sunca

možemo uzeti bilo koji skup podataka.

Na primjer, podaci za Mars daju

y = 1.50x + 5.30

4

5

6

7

8

9

10

11

0 1 2 3 4 5

ln T

ln R

19

2

2 32

S

T RM

1 bod

2 3

2

2S

RM

T

1 bod

301.99 10SM kg 1 bod

Podaci za ostale planete daju isti rezultat.

Drugi način:

Alternativno do mase Sunca se moglo doći i pomoću činjenice da je koeficijent pravca k

određen sa 2

S

kM

, što, takođe vodi na već navedeni rezultat.

(drugi način) 3 boda

c) Označavajući sa MT period rotacije Mjeseca, a sa ZT period rotacije Zemlje, možemo pisati

2

2 32

M M

Z

T RM

1 bod

2

2 32

Z Z

S

T RM

1 bod

Iz prethodne dvije jednačine nalazimo da vrijedi

3 2

S Z M

Z M Z

M R T

M R T

1 bod

53.37 10S

Z

M

M 1 bod

Ukupno 20 bodova

20

Zadatak 3: Šupljicilindarmasemjepuštenizstanjamirovanja, paseskotrlja (bezklizanja)

nizstrmuravankojajenagetapoduglom = 30ouodnosunahorizont. Dužina strme ravni od

početnog položaja cilindra do dna je l = 20,4m. Cilindar je kružnog presjeka, poluprečnika R

= 15cm.

a) Kolika će biti brzina cilindra (centra

masa) na dnu strme ravni?

b) Za koje vrijeme će se cilindar spustiti

niz strmu ravan?

c) Odrediti položaj tačke A na cilindru,

koja u početnom trenutku dodiruje tlo,

nakon jedne sekunde kretanja (nacrtati).

Pretpostaviti da nema gubitaka energije

usljed trenja, te da površina strme ravni (kao i cilindra) svugdje ima iste osobine.

Moment inercije šupljeg homogenog cilindra je .

Rješenje 3:

Brzinu na dnu strme ravni najjednostavnije možemo odrediti iz zakona održanja energije:

(1) 2 boda

gdje je

(2) 2 boda

(3) , 2 boda

a je brzina centra masa cilindra na dnu strme ravni. Konačno se dobiva

(4) 1 bod

Kako je nagib strme ravni konstantan, a i osobine dodirnih površina strme ravni i cilindra,

ukupna sila koja djeluje na cilindar pri kotrljanju niz strmu ravan je konstantna, te se centar

masa cilindra kreće jednoliko ubrzano. Vrijeme potrebno da na taj način pređe put dužine l sa

početnom brzinom jednakoj 0, a krajnjoj brzini jednakoj je

(5) s. 5 bodova

Ubrzanje centra masa je

(6) , 2 boda

21

a ugaono ubrzanje cilindra je

(7) , . 2 boda

Ugao (u radijanima) koji radijus-vektor tačke A u odnosu na centar kružnog presjeka cilindra

opiše u vremenskom intervalu od početka kretanja je

(8) , 2 boda

Pri kotrljanju niz strmu ravan radijus-vektor tačke A u odnosu na centar kužnog presjeka

rotira u smjeru kazaljke na satu.

2 boda

Ukupno 20 bodova

22

Zadatak 4:Protok tečnosti možemo da mjerimo pomoću „uređaja“ prikazanog na crtežu.

Kroz cijev promjenljivog poprečnog presjeka teče voda. Površina poprečnog presjeka u užem

dijelu iznosi 2

1 5 cmS , a u širem 2

2 10 cmS . Na užem i širem dijelu ugrađene su

vertikalne manometarske cjevčice jednakih poprečnih presjeka. Razlika nivoa vode u njima

iznosi 10 cmh . Koliki je maseni protok kroz cijev? Gustina vode iznosi ρ = 1 g/cm3, a

gravitaciono ubrzanje je g = 9.81 m/s2.

Rješenje :

Maseni protok jednak je:

1 1 2 22 2m

S tv S tvmQ S v

t t t

3 boda

Bernulijeva jednačina u ovom slučaju ima oblik

2 2

1 21 2

2 2

v vp p

, 3 boda

a jednačina kontinuiteta

1 1 2 2S v S v . 2 boda

Brzinu 1v možemo izraziti iz jednačine kontinuiteta preko brzine 2v

2 21

1

S vv

S 2 boda

a na osnovu Bernulijeve jednačine razliku pritisaka 2 1p p možemo pisati u obliku

23

2 22 2 2

2 21 2 2 2 22 1 2 2

1 1

12 2 2 2

v v S v Sp p v v

S S

4 boda

Kada se uzme u obzira da je

2 1p p g h , 2 boda

za brzinu 2v dobivamo sljedeći izraz

2 2

2 1

2

/ 1

g hv

S S

2 boda

Konačno maseni protok je

2 2

2 1

20.809 kg/s

/ 1m

g hQ S

S S

2 boda

Ukupno 20 bodova

24

Zadatak 5: Odrediti pritisak za stanje iz podprocesa B C pri kojem

gas ima tri puta manju zapreminu nego u stanju A

pA = 1 bar pB = 4 bar

TA = 500 K TB = 200 K

Rješenje:

Za podproces B C pritisak je linearna funkcija apsolutne temperature:

p aT b

Konstante a i b se mogu odrediti rješavanjem sistema jednačina za stanje B i stanje C:

B Bp aT b 1 bod

C Cp aT b 1 bod

Na osnovu datog dijagrama je:

1 barC Ap p 1 bod

500 KB AT T 1 bod

Slijedi da je:

B C

B C

p pa

T T

3 boda

B Bb p aT 3 boda

Odnosno

2 bar10

Ka 1 bod

1 barb 1 bod

Dakle, traženi pritisak za stanje X iz podprocesa B C se može odrediti preko funkcije:

25

2 bar10 1 bar

KX Xp T 2 boda

Temperatura TX se može izraziti preko poznatih veličina i traženog pritiska Xp obzirom da je

constpV

T

Odnosno za stanje A i stanje X vrijedi da je:

A A X X

A X

p V p V

T T 3 boda

Kako je VA= 3 VX, Ap = 1 bar i TA = 500 K, za temperaturu TX se dobije:

500 K

3 barX XT p 1 bod

Uvrštavanjem u izraz za traženi pritisak Xp i rješavanjem jednačine dobija se da je:

1.5 barXp 2 bod

Ukupno 20 bodova

26

GRUPA B – Elektromagnetizam, oscilacije i talasi

1. Dvije kuglice su učvršćene na međusobnom rastojanju l. Jedna kuglica ima

naelektrisanje –q1, a druga +q2. Čestica mase m i nalektrisanja +q kreće se duž prave koja

prolazi kroz kuglice (slika). Koliku minimalnu brzinu treba da ima čestica daleko od kuglica

da bi stigla do negativno naelektrisane kuglice?

RJEŠENJE:

1° 21 qq

Čestica mase m će i sa početnom brzinom od

s

m00 v stići do kuglice 1q , jer će

privlačna sila od kuglice 1q biti jača od odbojne sile kuglice 2q .

(4 boda)

2° 21 qq

Sila kojom česticu mase m odbija kuglica 2q može biti jača od sile kojom je privlači

kuglica 1q .

U ovom slučaju će se čestica kretati usporeno i da bi stigla do kuglice 1q , neophodno je da

ima neku proizvoljno malu brzinu u tački u kojoj su intenziteti privlačne i odbojne sile

jednaki. Zahvaljujući ovoj maloj brzini, čestica će se pomjeriti ka kuglici 1q i tada privlačna

sila postaje veća o odbojne i čestica se kreće ubrzano i stiže do kuglice 1q , što je i uslov

zadatka.

Ako je r rastojanje čestice m od kuglice 1q u trenutku kada su privlačna i odbojna sila

jednake, tada vrijedi:

,)( 2

2

2

1

rl

qqk

r

qqk

(6 bodova)

(*).12

1

qq

qlr

(1 bod)

Zakon očuvanja energije u ovoj tački:

,2

21

2

0

rl

qqk

r

qqkvm

(4 boda)

(**)2 12

0r

q

rl

q

m

qkv

(1 bod)

Iz jednačina (*) i (**) dobije se konačno:

.2

)( 120lm

qkqqv (4 boda)

2. Kada je napon u mreži 120 V, voda u električnom kuhalu proključa za 20 minuta. Ako

je napon mreže 110 V, voda proključa za 28 minuta. Ako se pretpostavi da je dio toplote koji

se izgubi zbog grijanja okolnog prostora proporcionalan vremenu trajanja zagrijavanja vode,

odrediti vrijeme za koje će proključati voda (ista količina, ista početna temperatura) pri

naponu mreže od 100 V.

27

RJEŠENJE:

?min,28min,20V,100V,110V,120 321321 tttUUU

Prema Joul-Lentzovom zakonu količina toplote (Q) koja se osobodi pri proticanju struje

jačine Ikroz otpornik otpora R za vrijeme t je:

tR

UtRIQ

22 (2 boda)

Gubitak toplote (Q) na zbog grijanja okolnog prostora proporcionalan s vremenom (t) je:

tkQ (2 boda)

Količina toplote koja ide na zagrijavanje vode (Qv) je:

tktR

UQQQv

2

(3 boda)

odnosno, .,, 22

2

2322

2

2211

2

11 tkt

R

UQtkt

R

UQtkt

R

UQ vvv (3 boda)

Po uslovu zadatka vrijedi:

321 vvv QQQ (3 boda)

2

21

2

2

21

2

1

22

2

211

2

1

21

V6350

tt

tUtURk

tktR

Utkt

R

U

QQ vv

(3 boda)

min1,4412

3

2

13

31

3

2

31

2

1

33

2

3

11

2

1

31

tRkU

RkUt

tt

tUtURk

tktR

Utkt

R

U

QQ vv

(4 boda)

28

3. Provodnik ED nalazi se na horizontalnoj izolatorskoj podlozi. Drugi provodnik BC

paralelan s njom može da klizi po vertikalnim provodnicima. Oba provodnika se nalaze u

strujnom krugu kroz koji teče struja jačine 60 A. Na kojoj udaljenosti će se zaustaviti

provodnik BC pri proticanju struje ako je masa provodnika BC po jedinici dužine 2 g/m?

2

7

0s

m81,9,

A

mT104 g

RJEŠENJE:

?

A60

m

g2

a

I

Neka je a udaljenost provodnika BC

od provodnika ED u stanju mirovanja

i l dužina provodnika BC. Masa provodnika BC je:

.lm (1 bod)

Kroz provodnika BC i ED sruja teče u suprotnim smjerovima pa između njih djeluje odbojna

sila (F) čiji je intenzitet jednak:

a

lIF

2

2

0 . (4 boda)

U stanju mirovanja sila odbijanja izmežu provodnika BC i ED i težina provodnika BC imaju

jednak intenzitet i suprotan smjer pa vrijedi:

,2

2

0 gma

lI

(5 bodova)

,2

2

0

g

Ia

(3 boda)

cm.6,3m036,0 a (2 boda)

29

4. Dva atoma argona formiraju molekulu Ar2 uslijed Van der Wallsove interakcije. Sila

kojom jedan atom djeluje na drugi data je relacijom:

7

0

13

0

0

012

r

R

r

R

R

UF , gdje je J1068,1 21

0

U , m1082,3 10

0

R , a r udaljenost

između jezgara atoma argona.

a) Ispitati predznak sile F za udaljenosti veće i manje od R0. Koji je fizikalni smisao

predznaka? Šta se događa za 0Rr ?

b) Atomi unutar molekule, pod utjecajem gore navedene sile osciluju oko svog

ravnotežnog položaja. Dokazati da su oscilacije harmonijske za mala odstupanja od

ravnotežnog položaja.

Uputa: preći na tzv. Normalne koordinate koje se definišu kao odstupanja od ravnotežnog

položaja i iskoristiti relaciju unu n 1)1( za u <<1.

c) Za slučaj pod b) naći period i frekvenciju malih oscilacija ako jedan atom osciluje, a

drugi je fiksiran, a zatim i za slučaj kada oba atoma osciluju.

Masa atoma argona je 6,63 10-26 kg.

RJEŠENJE:

a)

r<R0

silaodbojna

0)1(112 713

0

0 R

UF

(2,5 boda)

r>R0

silaanprivlač

0)1(112 713

0

0 R

UF

(2,5 boda)

r=R0

položaj ravnotežni

0)1(112 713

0

0 R

UF

(2 boda)

30

b) Normalne koordinate: 0Rrx (1 boda)

7

0

13

00

0

7

0

13

0

0

0

7

0

0

13

0

0

0

0

1112

1

1

1

112

12

R

x

R

x

R

UF

R

x

R

xR

UF

Rx

R

Rx

R

R

UF

(3 boda)

xR

U

R

x

R

x

R

UF

2

0

0

000

0 7271

131

12

(3 boda)

m

N829,0

722

0

0 R

UkxkF (2 boda)

c) Jedan atom osciluje, a drugi miruje:

Hz1063,52

1 11m

kf

(2 boda)

s101776,01 11f

T (2 boda)

Problem dva tijela-prelazimo u sistem centra mase. Posmatra se kretanje jednog tijela mase:

221

21 m

mm

mm

(3 boda)

Hz1096,72 11' ff (1 bod)

s101256,0 11T (1 bod)

31

5. U analizi električnih kola naizmjenične struje pojavljuju se integralno-diferencijalne

jednačine, jer su u pitanju dinamični procesi. Uvođenjem kompleksnih brojeva te jednačine se

svode na algebarske, koje su lakše za riješiti. Zbog toga u kolima naizmjenične struje, napone,

struje i impedance posmatramo kao kompleksne brojeve.

Za kolo sa slike poznati su sljedeći podaci: otpor 𝑅1 = 4 Ω, a impedanca kondenzatora iznosi

𝑍1 = −𝑗2 Ω, gdje je 𝑗 = √−1imaginarna jedinica.

a) Odrediti otpor 𝑅2 i impedancu 𝑍2 tako da je ukupna impedanca čisto realna i iznosi

𝑍 = 4 Ω.

b) Koji element se krije pod upitnikom na slici?

c) Ako se frekvencija izvora duplo poveća, šta se dešava sa ukupnom impedancom ovog

kola? Da li je ona i dalje čisto realna?

d) Ako se ovo kolo spoji na izvor istosmjerne struje, koliki je ukupni otpor kola?

Napomena: Zadatak se može uraditi i koristeći fazorske/fazne dijagrame. U tom slučaju kod

izrade dijela b) imati na umu da čisto realna impedanca znači da su struja kroz kolo i napon na

krajevima kola u fazi.

RJEŠENJE:

a) Ukupna impedanca kola je

𝑍 =𝑅1𝑍1

𝑅1 + 𝑍1+

𝑅2𝑍2

𝑅2 + 𝑍2

(4 boda)

Impedanca 𝑍2 mora biti imaginarna, jer je to jedini način da ukupna impedanca bude čisto

realna. Dakle, 𝑍2 = 𝑗𝑋2. (1 bod)

Impedanca Z je jednaka

𝑍 =−𝑗𝑋1𝑅1

𝑅1 − 𝑗𝑋1+

𝑗𝑋2𝑅2

𝑅2 + 𝑗𝑋2

Da bismo izdvojili realni i imaginarni dio, gornji izraz ćemo racionalisati, tj. pomnožiti i

brojnike i nazivnike razlomaka sa konjugovano kompleksnom vrijednošću nazivnika.

𝑍 =−𝑗𝑋1𝑅1

𝑅1 − 𝑗𝑋1

𝑅1 + 𝑗𝑋1

𝑅1 + 𝑗𝑋1+

𝑗𝑋2𝑅2

𝑅2 + 𝑗𝑋2

𝑅2 − 𝑗𝑋2

𝑅2 − 𝑗𝑋2

𝑍 =−𝑗𝑋1𝑅1(𝑅1 + 𝑗𝑋1)

𝑅12 + 𝑋1

2 +𝑗𝑋2𝑅2(𝑅2 − 𝑗𝑋2)

𝑅22 + 𝑋2

2

(4 boda)

32

Imaginarni i realni dio impedance su:

𝑅𝑒𝑍 =𝑋1

2𝑅1

𝑅12 + 𝑋1

2 +𝑋2

2𝑅2

𝑅22 + 𝑋2

2

𝐼𝑚𝑍 = −𝑅1

2𝑋1

𝑅12 + 𝑋1

2 +𝑅2

2𝑋2

𝑅22 + 𝑋2

2

Po uslovu zadatka, 𝑅𝑒𝑍 = 4 Ω i 𝐼𝑚𝑍 = 0. Rješavanjem sistema, nakon kraćeg računa

dobiva se

𝑅2 = 4 Ω i 𝑋2 = 8 Ω, te slijedi da je 𝑍2 = 𝑗8 Ω.

(4 boda)

b) Dakle, nepoznati element je zavojnica.

(2 boda)

c) Ako se frekvencija poveća dva puta, otpori ostaju isti, impedanca zavojnice se poveća

dva puta, a impedanca kondenzatora smanji dva puta, jer vrijede formule: 𝑍 = 𝑗𝜔𝐿 i 𝑍 =1

𝑗𝜔𝐶.

Kraćim računom se može pokazati da ukupna impedanca ne ostaje čisto realna.

(2 boda)

d) Ako se kolo uključi na izvor istosmjerne struje, ukupan otpor iznosi 𝑅 = 𝑅1 = 4 Ω, jer

je kondenzator za istosmjernu struju prekid, a zavojnica će krako spojiti otpornik 𝑅2.

(3 boda)

33

GRUPA C – Atomska fizika i optika

Zadatak 1: Plankoveksno sočivo radijusa zakrivljenosti 1 1mR postavljeno je na

plankonkavno sočivo radijusa zakrivljenosti 2R kao što je prikazano na slici. Na sočiva pada

monohromatska svjetlost talasne dužine 550nm . U reflektovanoj svjetlosti se posmatra

interferentna slika tako da je radijus dvadesetog tamnog

prstena jednak 20 mm. Odrediti radijus zakrivljenosti

plankonkavnog sočiva.

Rješenje:

Između dva sočiva se formira tanak vazdušni sloj tako da svjetlostni talas koji se reflektovao

od površinu plankonveksno sočivo – vazduh i onaj koji se reflektovao od površinu vazduh –

plankonkavno sočivu interferiraju. Neka je kd debljina vazdušnog sloja na mjestu gdje se

pojavljuje k-ti tamni prsten. Tada je putna razlika ova dva svjetlosna talasa

2 2 1 , 1,2,3...2 2

ks d k k

gdje je u obzir uzeta promjena faze pri refleksiji od optički gušću sredinu. Iz prethodne

relacije slijdi

,2

k

kd

(5 bodova)

Debljina vazdušnog sloja kd se može pisati kao

razlika udaljenosti zakrivljene strane

plankoveksnog sočiva od horizontalnog pravca

koji prolazi kroz dodirnu tačku oba sočiva i

udaljenosti zakrivljene strane plankonkavnog

sočiva od istog pravca, tj. 1 2kd d d .

(5 bodova)

Radijus prstena se može povezati sa radijusom zakrivljenosti plankoveksnog sočiva na

slijedeći način:

22 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 12 2 .R R d r R R R d d r d R d r

Pošto je radijus zakrivljenosti sočiva 1R mnogo veći od debljine 1d možemo iskoristiti

aproksimaciju 1 1 12 2R d R pa pisati

34

2

1

12

rd

R .

Potpuno analogan izraz se može dobiti i za udaljenost 2d :

2

2

22

rd

R .

(8 bodova)

Sada možemo naći vezu između debljine vadzušnog sloja i radijusa prstena:

2

1 2

1 2

1 1,

2k

rd d d

R R

odnosno koristeći uslov destruktivne interferencije

2

1 2

1 1

2 2

r k

R R

.

Odavde je

71

22 22 1

1 1 1 20 5,5 10 m0,9725m .

1m 2 10 m

k

R R r

Odnosno radijus zakrivljenosti plankonkavnog sočiva:

2 102,8cm.R

(7 bodova)

35

Zadatak 2: Anihilacija je proces koji se dešava kada se čestica sudara sa svojom antičesticom

i pri tom obje čestice nestaju (anihiliraju) formirajući nove čestice. U ovom zadatku biće

razmatrana anihilacija elektrona i pozitrona. Pozitron (antielektron) je čestica koja ima

naleketrisanje +𝑒 i istu masu kao elektron.

Elektron, koji se u početku nalazi u stanju mirovanja, ubrzan je naponom 𝑈 = 𝑘𝑚0𝑐

2

𝑒, gdje su

𝑚0 masa mirovanja elektrona, 𝑐 brzina svjetlosti i 𝑘 bezdimenzioni broj. Elektron se sudara sa

pozitronom, koji miruje, i anihilira pri tome stvarajući dva fotona. Pravac jednog emitovanog

fotona određuje pravac drugog fotona. Naći najmanji mogući ugao 𝛼𝑚𝑖𝑛 od svih mogućih

uglova α između pravaca dva emitovana fotona. Rezultat izraziti u zavisnosti od 𝑘, a zatim

izračunati brojčanu vrijednost tog ugla za 𝑘 = 1.

Rješenje:

Elektron će dobiti kinetičku energiju 𝐸𝑘 = 𝑈𝑒, odnosno

𝐸𝑘 = 𝑘𝑚𝑜𝑐2

𝑒𝑒 = 𝑘𝑚𝑜𝑐

2 (1bod)

Ukupna energija prije sudara je jednaka sumi energija elektrona i pozitrona, pri tome pozitron

ima samo energiju mirovanja. Dakle,

𝐸0 = 𝐸𝑒− + 𝐸𝑒+

𝐸𝑒− = 𝑚𝑜𝑐2 + 𝑘𝑚0𝑐

2 = (1 + 𝑘)𝑚0𝑐2

𝐸𝑒+ = 𝑚0𝑐2

𝐸0 = (2 + 𝑘)𝑚0𝑐2 (2 boda)

Energija poslije sudara je data kao

𝐸 = ℎ𝑓1 + ℎ𝑓2 = ℎ(𝑓1 + 𝑓2) (1 bod)

Impuls prije sudara je

𝑝0 =1

𝑐√𝐸𝑒−

2 − 𝑚02𝑐4 =

1

𝑐√𝑚0

2𝑐4[(1 + 𝑘)2 − 1]

36

𝑝0 = 𝑚0𝑐√𝑘(𝑘 + 2) (3 boda)

Impuls fotona je

𝑝 =ℎ

𝜆=

𝐸

𝑐=

ℎ𝑓

𝑐

Neka su impulsi fotona koji nastaju 𝑝1 𝑖 𝑝2 , čiji su intenziteti 𝑝1 =ℎ𝑓1

𝑐, 𝑝2 =

ℎ𝑓2

𝑐. (1 bod)

𝛽 = 𝜋 − 𝛼

Primjenjujući zakon održanja impulsa (iz kosinusne teoreme ili kvadriranjem vektorske

relacije koja predstavlja ZOI) dobijamo

𝑝02 = 𝑝1

2 + 𝑝22 − 2𝑝1𝑝2 cos(𝜋 − 𝛼)

𝑝02 = 𝑝1

2 + 𝑝22 + 2𝑝1𝑝2 cos 𝛼

𝑚02𝑐2(𝑘(𝑘 + 2)) =

ℎ2𝑓12

𝑐2 +ℎ2𝑓2

2

𝑐2 +2ℎ2𝑓1𝑓2

𝑐2 cos 𝛼 (1) (4 boda)

Zakon održanja energije nam daje jednačinu

𝑚0𝑐2(𝑘 + 2) = ℎ(𝑓1 + 𝑓2) (2) (2 boda)

Sređivanjem jednačina (1) i (2) dobijamo

𝑚02𝑐4

ℎ2(𝑘(𝑘 + 2)) + 2𝑓1𝑓2(1 − cos 𝛼) = (𝑓1 + 𝑓2)

2 (3)

𝑚0𝑐2(𝑘 + 2)

ℎ= 𝑓1 + 𝑓2 (4)

Uvrštavanjem jednačine (4) u jednačinu (3) i uz sređivanje dobija se

2 4

0

2

1 2

( 2)cos 1 (5)

m c k

h f f

37

Budući da je funkcija kosinus opadajuća na intervalu od 0 do 𝜋, α je minimalno kada je izraz

s desne strane maksimalan. Izraz s desne strane je maksimalan kada je 𝑓1𝑓2maksimalno, a to

je ispunjeno za 𝑓1 = 𝑓2 = 𝑓 (Pogledati napomenu).

Tada iz (2) dobijamo

𝑓2 =𝑚0

2𝑐4(𝑘+2)2

4ℎ2 (8 bodova)

Sada (5) postaje

cos 𝛼𝑚𝑖𝑛 = 1 −4

𝑘+2⟹ 𝛼𝑚𝑖𝑛 = cos−1 (1 −

4

𝑘+2) (2 boda)

Za 𝑘 = 1 dobija se 𝛼𝑚𝑖𝑛 ≈ 109.5°. (1

bod)

Napomena:

Iz (4) vidimo da je 𝑚0𝑐

2(𝑘+2)

ℎ= 𝑓1 + 𝑓2, dakle 𝑓1 + 𝑓2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡. Koristeći 𝑓1𝑓2 ≤ (

𝑓1+𝑓2

2)2

uz prethodni uslov može se pokazati da 𝑓1𝑓2 maksimalno za 𝑓1 = 𝑓2.

38

Zadatak 3: Monohromatsko elektromagnetno zračenje nepoznate talasne dužine pada na jone

helija 𝐻𝑒+, koji su prije ozračivanja bili u prvom pobuđenom stanju. U emisionom spektru

𝐻𝑒+ javlja se ukupno 15 linija.

a) Pokazati da je maksimalan broj spektralnih linija koje nastaju relaksacijom atoma/jona

koji je pobuđen na n-ti energetski nivo jednak 𝑛(𝑛− 1)

2.

b) Kolika je talasna dužina fotona upadnog zračenja?

c) Koliko linija u emisionom spektru pripada fotonima čija je energija veća od 52 eV i

koje su to linije?

Energija jonizacije atoma vodika je 13,6 eV.

Rješenje:

a)Ukoliko je atom pobuđen na n-ti energetski nivo, pri prelazu na (n-1)-vi nivo, nastaje 1

spektralna linija (n ->n - 1).

Pri prelasku sa n-tog na (n-2)-gi nivo, nastaju 2 sprektralne linije (n ->n - 1, n -> n - 2).

Pri prelasku sa n-tog na prvi energetski nivo (n = 1), nastaje n - 1 spektralnih linija.

Atom, dakle, direktno može prelaziti sa n-tog na bilo koji niži energetski nivo i pri tome

emitovati maksimalno n-1 linija. Kada je atom prešao sa n-tog na (n-1)-vi nivo onda će on

nastaviti prelaziti sa (n-1)-og na niže energetske nivo i tada se može emitovati n-2 linija. Sa

(n-2)-og nivoa će emitovati n-3 linija itd.

(4 boda)

Maksimalan broj linija je, prema tome

1 2 3 1,n n n

a to je upravo jednako sumi prvih n-1 brojeva, pa koristeći poznatu formulu za sumu prvih n

prirodnih brojeva, koja glasi:

1 + 2 + ⋯+ 𝑛 =𝑛(𝑛 + 1)

2

imamo:

1 + 2 + ⋯+ 𝑛 − 1 =(𝑛 − 1)(𝑛 − 1 + 1)

2=

𝑛(𝑛 − 1)

2

čime smo dokazali traženo.

(3 boda)

b)Na osnovu Borovog modela, za vodiku sličan atom imamo:

39

ℎ𝑐

λ𝑛𝑚= ℎ𝑐𝑅𝑍2(

1

𝑛2−

1

𝑚2)

(2 boda)

Pošto je energija jonizacije atoma vodika:

𝐸𝑗𝐻 = ℎ𝑐𝑅 (1

12−

1

∞2) = ℎ𝑐𝑅 = 13.6 𝑒𝑉

i 𝑍𝐻𝑒 = 2, onda je

𝐸𝑗𝐻𝑒+ = 𝐸𝑗𝐻𝑍𝐻𝑒2 = ℎ𝑐𝑅𝑍𝐻𝑒

2 = 54.4 𝑒𝑉.

(3 boda)

Upadni fotoni ekscituju jone helija sa prvog pobuđenog (n = 2), na neki m-ti energetski nivo.

Ukupan broj spektralnih linija nastalih relaksacijom je

𝑚(𝑚 − 1)

2= 15

iz čega dobijamo da je m = 6.

(2 boda)

Stoga je energija upadnih fotona jednaka:

𝐸𝑓 =ℎ𝑐

λ𝑛𝑚= ℎ𝑐𝑅𝑍2 (

1

𝑛2−

1

𝑚2) = 𝐸𝑗𝐻𝑒+ (

1

𝑛2−

1

𝑚2)

𝐸𝑓 = 54.4 𝑒𝑉 (1

4−

1

36) = 12.0889 𝑒𝑉,

odnosno odgovarajuća talasna dužina im je:

λ𝑛𝑚 =ℎ𝑐

𝐸𝑓=

6.626∙10−34𝐽𝑠∙3∙108𝑚

𝑠

12.0889∙1.6∙10−19𝐽= 102.77 𝑛𝑚.

(5 bodova)

c)Sada, pogledajmo kolike su energije fotona nastalih u nekoliko emisionih linija:

𝐸𝑓 =ℎ𝑐

λ16= ℎ𝑐𝑅𝑍2 (

1

12−

1

62) = 54.4 𝑒𝑉 (

1

1−

1

36) = 52.8889 𝑒𝑉

𝐸𝑓 =ℎ𝑐


1

12−

1

52) = 54.4 𝑒𝑉 (

1

1−

1

25) = 52.224 𝑒𝑉

𝐸𝑓 =ℎ𝑐


1

12−

1

42) = 54.4 𝑒𝑉 (

1

1−

1

16) = 51 𝑒𝑉

40

𝐸𝑓 =ℎ𝑐


1

22−

1

62) = 54.4 𝑒𝑉 (

1

4−

1

36) = 12.0889 𝑒𝑉

Svi ostali fotoni imaju energije manje od navedenih, pa zaključujemo da postoje 2 linije koje

pripadaju fotonima energije veće od 52 eV (6 -> 1 i 5 -> 1).

(6 bodova)

41

Zadatak 4: Radioaktivni izotop zlata 198

79 Au ima vrijeme poluraspada 2,69 dana. Uzorak

ovog izotopa ima početnu aktivnost 40 μCi. Odredi:

a) vrijeme nakon kojeg će aktivnost uzorka opasti za 40%,

b) broj neraspadnutih jezgara nakon 5 dana,

c) masu jezgri koje će se raspasti u intervalu od u 1 10ht do 2 12ht

Rješenje:

Konstanta radioaktivnog raspada: 1 1 6 1

1/2

ln 20,26 dan 0,0107h 2,97 10 s

T (2 boda)

Početna aktivnost uzorka u Bq je: 4 1 4

0 40μCi 40 3,7 10 s 148 10 Bq.A (2 boda)

a) Ako aktivnost opada za 40%, vrijedi: 0 0 040% 0,60A A A A (2 boda)

Iz zakona radioaktivnosti 0

tA A e slijedi (2 boda)

0

lnln 0,6

A

At

60,17 10 s 47,7 h 1,96 danat (4 boda)

b) Broj neraspadnutih jezgri nakon vremena t je: 0

tN N e (2 boda)

Iz početne aktivnosti možemo odrediti početni broj radioaktivnih jezgri

0 0A N 1100 4,98 10

AN

(2 boda)

11 11

0 4,98 10 0, 28 1,37 10tN N e (1 bod)

c) Masa raspadnutih jezgri između intervala 1 10t hi 2 12t h

je 1 2m m m (2 boda)

gdje su 1

1 0

tm m e

i 2

2 0

tm m e

mase neraspadnutih jezgri u 1 10ht i 2 12ht . (2 boda)

Početnu masu radioaktivnih jezgri određujemo iz 1300 1,64 10 kg.

A

Nm M

N

(1 bod)

1 2

0

t tm m e e

13 131,64 10 kg 0,019 0,0312 10 kg.m (3 boda)

42

GRUPA D- Cjelokupna fizika

Napomena: ovaj zadatak se sastoji od tri međusobno nezavisna dijela A, B, C !

DIO A – Uvod u prijenos toplote (3.6 b)

A1. Lijena dijeta (1.0 b)

Najjednostavni način da istopite neželjene kilograme je tako da ne jedete ništa. Da biste

saznali koliko možete smršaviti na taj način, napravite procjenu vaše dnevne potrebe za

energijom pretpostavljajući da vam je energija potrebna samo za nadoknađivanje gubitka

energije na okolinu. Uzeti da tijelo prosječnog čovjeka ima približno oblik valjka obima 1m i

visine 1,8 m, da se nalazi u prostoriji temperature 288 K i da je temperatura tijela je 37ºC.

Vrijednost Stefan-Boltzmannove konstante je σ = 5,67 . 10-8 W m-2 K-4. Na osnovu rezultata

procijenite koliku težinu bi izgubili za jednu sedmicu dijete ako se zna da masnoće u

organizmu daju efektivni energetski sadržaj u prosječnom iznosu od 24 MJ/kg.

U sljedeća dva dijela (A2,A3) biti će vam korisne sljedeće činjenice: brzina provođenja

toplote kroz neki materijal zavisi od površine materijala, njegove toplotne provodnosti k (W

m-1 K-1) i gradijenta temperature između krajeva materijala, što je matematički analogno

Ohmovom zakonu.

A2. Ledeno jezero (1.8 b)

a) Zašto se jezero mrzne od vrha prema dnu, tj. zašto led ostaje na površini jezera?

b) Procijenite kolika debljina leda se može stvoriti u toku jedne noći, ako je temperatura zraka

iznad jezera –10 C. Toplotna provodljivost leda je 2 W K-1m-1 a latentna toplota leđenja je

333 kJ/kg.

c) Sloj leda debljine 30 cm u jezeru je dovoljan da se po njemu sigurno može klizati. Koliko

dana je potrebno da se formira sloj te debljine?

A3. Upomoć, Zemlja zrači! (0.8 b)

a) Temperatura u rudniku na dubini od 1 km je za 30 C veća od srednje temperature na

površini Zemlje. Ako je toplotna provodnost Zemlje 2 W K-1m-1 izračunajte brzinu gubitka

toplote sa Zemlje po m2 (gustinu toplotne struje).

b) Zemljina kora sadrži male količine dugoživućih radioaktivnih elemenata urana, torija i

kalija, koji prilikom raspadanja odaju toplotu na prosječnom nivou od 4 . 10-10 J/s po

kilogramu stijene i koji su zaslužni za protok toplote koji ste izračunali pod a).

43

Pokažite da koncentracija tih radioaktivnih elemenata u unutrašnjosti Zemlje ne može biti

veća nego što je u stijenama Zemljine kore. Uzeti da je srednja gustina Zemlje 5.500 kg m-3.

DIO B – Težina svijeta (3.0 b)

Dok neki očajavaju i govore: “Težak ovaj

svijet!” drugi se bave ozbiljnijim pitanjima.

Na primjer, koliko je težak ovaj svijet … u

kilogramima?

Naravno, misli se na težinu Zemlje koju

ćemo ovdje izračunati, pritom se

pretvarajući da smo u Engleskoj krajem 18.

vijeka. U to doba još uvijek nije bilo

poznato koliko iznosi gravitaciona

konstanta (ne samo u Engleskoj nego

svugdje) zbog čega su izvedena dva

eksperimenta kojima je cilj bio “vaganje

svijeta” tj. mjerenje vrijednosti gravitacione

konstante. Ta dva eksperimenta bili su

famozni Cavendishov eksperiment, te malo

komplikovaniji Schiehallion eksperiment

(mjerenje otklona klatna postavljenog pored planine u Škotskom gorju) kojim se ovdje

nećemo baviti.

Cavendishov eksperiment (izveden 1797-1798) je dosta kompaktniji nego Schiehallion

eksperiment, jer naravno nije zahtijevao nalaženje planine u Škotskoj. Osnovni dio opreme u

ovom eksperimentu je torziona vaga koja se sastoji od žice torzione konstante k za koju je

zakačen štap zanemarive mase dužine 𝑳 = 𝟏. 𝟖 𝒎, a na čijim krajevima su kugle mase 𝒎 =

𝟎. 𝟕𝟑 𝒌𝒈 i dijametra 𝟓𝟏 𝒎𝒎. Kada se blizu ovih kugli na udaljenosti od 𝒓 = 𝟑𝟏𝟎 𝒎𝒎(od

centra do centra) dovedu dvije velike kugle mase 𝑴 = 𝟏𝟓𝟖 𝒌𝒈 i dijametra 𝟑𝟎𝟎 𝒎𝒎, usred

gravitacionog privlačenja kugle na torzionoj vagi se zakrenu prema većim kuglama. Ovo

pomjeranje kugli je maleno ali ga je Cavendish uspio izmjeriti i iznosilo je 𝒙 = 𝟒. 𝟏 𝒎𝒎.

Jedna od veličina koju je bilo teško odrediti je torziona konstanta (jer je u pitanju vrlo fina i

mekana žica), a ona je određena mjerenjem perioda slobodnih oscilacija torzione vage koji je

iznosio 𝑻 = 𝟐𝟎 𝒎𝒊𝒏𝒖𝒕𝒂.

44

Koristeći se zadanim podacima odredite univerzalnu gravitacionu konstantu te masu i

srednju gustinu Zemlje. (2.4 b)

Uz pretpostavku da je maksimalni napon istezanja koji žica torzione vage može izdržati

jednak 𝝈𝒎𝒂𝒙 i da je torziona konstanta proporcionalna četvrtom stepenu radijusa žice,

pokažite da u ovom eksperimentu treba izabrati mase pomičnih kuglica m što manje ako

želimo da pomicanje kuglica (ugao uvrtanja) bude što veći. (0.6 b)

DIO C – ping pong loptica (3.4 b)

U ovom zadatku baviti ćemo se jednim jednostavnim eksperimentom sa ping pong lopticom.

Eksperiment je izveden tako što prvo uključimo mikrofon i onda nakon tk sekundi pustimo

ping-pong lopticu da slobodno pada sa visine H iznad stola. Snimanjem zvuka nastalog

udarima loptice o stol dobije se grafik zavisnost inteziteta zvuka od vremena koji je prikazan

na sljedećoj stranici.

Vaš zadatak je da koristeći se grafikom odredite:

a) koeficijent restitucije e

b) visinu H sa koje je loptica puštena da pada

c) vrijeme tk (definisano gore)

d) vrijeme T potrebno loptici da stane nakon puštanja

Definicije i pretpostavke koje trebate koristiti su sljedeće:

- Koeficijent restitucije e = Vposlije / Vprije je odnos brzine loptice poslije i prije odbijanja od

stola (opisuje gubitak energije pri svakom sudaru)

- Otpor zraka trebate u potpunosti zanemariti.

- Suma geometrijskog reda je: 𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 + … = 𝟏

𝟏−𝒙

Kako biste dobili sve bodove u ovom zadatku:

- Papir na kojem su grafici trebate predati zajedno sa rješenjima i vašom šifrom.

- Sva mjerenja koja izvršite morate jasno označiti na grafiku. Mjerenja nose 1.4 boda.

- Kada je to moguće morate izvršiti više mjerenja kako bi dobili preciznije vrijednosti za

mjerene veličine.

Napomene o grafiku:

- Brojevi na vrhu grafika (od 1.00 s do 5.10 s) predstavljaju vrijeme mjereno od trenutka

uključenja mikrofona.

- Grafik je podijeljen na 2 dijela kako bi mogao da stane na jednu stranicu.

- Prijet = 1.00 s nije bilo udara loptice o stol.

Šifra takmičara (OBAVEZNO):

45

RJEŠENJE ZADATKA 1

DIO A - Uvod u prijenos toplote

A1. Lijena dijeta

46

Razlika brzina kojom tijelo zrači energiju u okolinu i kojom prima energiju iz okoline je data

sa: 𝒅𝑸/𝒅𝒕 = 𝑨 ∙ 𝝈 (𝑻𝟒 − 𝑻𝟎𝟒) (0.4 b)

gdje je A ukupna površina tijela tj. cilindra: 𝑨 = 𝑶 ∙ 𝑯 + 𝒓𝟐𝝅 = 𝟏. 𝟖𝟑 𝒎𝟐 (0.1 b)

Kako je temperatura tijela 𝑻 = 𝟑𝟏𝟎.𝟒 𝑲 a temperatura okoline 𝑻𝟎 = 𝟐𝟖𝟖 𝑲 imamo da je

𝒅𝑸/𝒅𝒕 = 𝟐𝟒𝟒 𝑱/𝒔 odakle jednevni iznos energije izgubljenje na zračenje 21 MJ (preciznije,

na održavanje stalne temperature tijela). (0.4 b)

Kako 24 MJ odgovara jednom kilogramu masnih naslaga, za sedmicu dana “lijenom” dijetom

može se izgubiti približno 6.2 kg. Realna vrijednost bila bi veća jer je tijelu potrebna energija

kako bi moglo funkcionisati (posebno mozak) a ne samo kako bi održavalo stalnu

temperaturu. (0.1 b)

A2. Ledeno jezero

a) Ono što omogućuje preživljavanje živog svijeta u vodi je pojava poznata kao “anomalija”

vode, činjenica da je njena gustina najveća na 4 °C. Ovo znači da je led rjeđi od vode na 0°C,

zbog čega led pluta na površini jezera umjesto da potone na dno. Novi sloj leda koji se sada

treba formirati mora se formirati ispod starog sloja, a zbog ograničene termalne provodnosti

ovo ograničava brzinu formiranja leda. Kada bi led tonuo na dno, to bi izložilo nezaleđene

dijelove vode hladnom zraku te bi se ovim procesom (konvenkcija) brzo zaledila sva

zapremina jezera (isto kao što se pri grijanju vode zagrije sva zapremina vode). (0.5 b)

b) Kako je temperatura zraka niska i jezero se ledi, možemo pretpostaviti da se radi o

zimskom periodu i uzeti da noć traje približno 12 sati. Ako je trenutna debljina leda x, onda je

toplotni fluks kroz led: 𝒅𝑸/𝒅𝒕 = 𝒌 𝑺 𝜟𝑻/𝒙(0.3 b) gdje je S površina jezera a ΔT razlika

temperatura zraka i donjeg sloja leda – kako se on tek zaledio njegova temperatura je 0°.

Korišteni izraz može dobiti analogijom sa izrazom 𝑰 = 𝑼/𝑹 = 𝝈 𝑺 𝑼/𝒍i dimenzionom

analizom za promjenjihve od kojih zavisi protok toplote.

Za neko kratko vrijeme dt, toplota koja se prenese iz leda u zrak dQ uzrokuje formiranje

novog sloja leda debljine dx koju trebamo odrediti. Kako latentna toplota leđenja q daje koliki

se iznos energije oslobađa leđenjem (tj. koliku toplotu uzorak vode mora izgubiti da bi se

zaledio) imamo da je 𝒅𝑸 = 𝒒 ∙ 𝒅𝒎(0.2 b) gdje je 𝒅𝒎 = 𝝆 𝒅𝑽 = 𝝆 𝑺 𝒅𝒙masa leda koja se

formira za vrijeme dt. Kombinovanjem prethodnih izraza imamo da je:

𝒅𝑸

𝒅𝒕= 𝒒

𝒅𝒎

𝒅𝒕= 𝒌 𝑺

𝜟𝑻

𝒙

47

𝒒 𝝆 𝑺 𝒅𝒙

𝒅𝒕= 𝒌 𝑺 𝜟𝑻/𝒙 (0.2 b)

𝒙 𝒅𝒙 =𝒌 𝜟𝑻

𝝆 𝒒 𝒅𝒕

𝟏

𝟐𝒙𝟐 = (

𝒌 𝜟𝑻

𝝆 𝒒 ) 𝒕 (0.2 b)

Uvršavanjem podataka dobija se:

𝒙𝟐 = 𝟐 ∙ 𝟐𝑾 𝒎𝑲⁄ ∙ 𝟏𝟎 𝑲 ∙ (𝟏𝟐 ∙ 𝟔𝟎 ∙ 𝟔𝟎 𝒔)

𝟏𝟎𝟎𝟎 𝒌𝒈𝒎−𝟑 ∙ 𝟑𝟑𝟑𝒌𝑱 𝒌𝒈⁄ = 𝟓. 𝟐 ∙ 𝟏𝟎−𝟑𝒎𝟐

𝒙 = 𝟕. 𝟐 𝒄𝒎 (0.2 b)

c) Pošto je vrijeme za formiranje sloja leda debljine x proporcionalno kvadratu debljine sloja,

imamo da je: 𝒕𝟐 = 𝒕𝟏 (𝒙𝟐

𝒙𝟏)𝟐= 𝟖. 𝟕 𝒅𝒂𝒏𝒂. (0.2 b) Ukoliko želite čekati da se formira sloj

leda za klizanje, obratite pažnju na kvadratnu zavisnost, tj. led se formira sve sporije i sporije

kako mu se povećava debljina.

A3. Upomoć, Zemlja zrači!

a) Pošto je temperatura na površini manja od temperature na dubini od 1km, toplota se

provodi prema površini Zemlje i gustina tog strujanja toplote iznosi:

𝒋 = 𝟏/𝑺 𝒅𝑸/𝒅𝒕 = 𝒌𝜟𝑻/𝜟𝒙 = 𝟎. 𝟎𝟔 𝑾/𝒎𝟐

Kako bi bilo jasnije o koliko iznosu se zapravo radi, u pitanju je ukupno 𝟑𝟎 ∙ 𝟏𝟎𝟏𝟐 𝑾 =

𝟑𝟎 𝑻𝑾 protoka energije snage sa cijele površine Zemlje (ovo je samo dio protoka).

(0.2 b)

48

b) Ovdje ćemo se poslužiti poznatim matematičkim trikom – pretpostavkom i kontradikcijom.

Ukoliko pretpostavimo da je koncentracija spomenutih radioelemenata svuda ista, dobijamo

da je ukupna snaga koju oni oslobađaju unutar cijele Zemlje jednaka:

𝑷 = 𝒘 ∙ 𝑴 = 𝟒 ∙ 𝟏𝟎−𝟏𝟎𝑾

𝒌𝒈∙ 𝟒𝝅

𝟑𝝆 𝑹𝒛

𝟑 = 𝟐. 𝟒 ∙ 𝟏𝟎𝟏𝟓 𝑾

odakle je gustina provođenja toplote:

𝒋 =𝑷

𝑺=

𝟏

𝟑𝝆 𝒘 𝑹𝒛 = 𝟒. 𝟕

𝑾

𝒎𝟐 (0.3 b)

Kako je ovo dosta veće od stvarnog protoka, zaključujemo da u unutrašnjosti Zemlje

koncentracija radioelemenata mora biti dosta manja nego u Zemljinoj kori. (0.3 b)

DIO B. Težina svijeta

Uzimajući da je moment sile usred torzije žice proporcionalan uglu torzije, iz ravnoteže

momenata sila imamo:

𝒌 𝜽 = 𝑭 𝑳

gdje je 𝑭 sila međudjelovanja kugli koja iznosi:

𝑭 = 𝑮𝒎𝑴

𝒓𝟐

gdje je 𝒓 = 𝒓𝟎 − 𝒙 ali se pomjeranje kugli možemo zanemariti jer je malo u odnosu na

međusobnu udaljenost kugli. (0.5 b)

Kako je dužina štapa mnogo veća od pomjeranja manjih kugli usred privlačenja, ugao

uvrtanja 𝜽 je: 𝜽 =𝒙

𝑳/𝟐=

𝟐𝒙

𝑳 (0.3 b)

Torzionu konstantu možemo odrediti iz perioda oscilacija koji se dobije postavljanjem

jednačine kretanja (drugog Njutnovog zakona) za torzionu vagu:

𝜶 = −𝒌

𝑰 𝜽

gdje je I moment inercije torzione vage a 𝜶 ugaono ubrzanje. Kako je moment inercije štapa

zanemariv imamo da je 𝑰 = 𝟐 𝒎 (𝑳

𝟐)𝟐 = ½ 𝒎 𝑳𝟐 = 𝟏. 𝟏𝟖𝟐𝟔 𝒌𝒈 𝒎𝟐 (0.3 b)

49

Rješenje gornje diferencijalne jednačine su oscilatorne funkcije sa kružnom frekvencijom

𝝎𝟐 = 𝒌/𝑰 pa je 𝒌 = 𝑰 𝝎𝟐 = 𝟑𝟐. 𝟒𝟐 𝟏𝟎−𝟔 𝑵𝒎/𝒓𝒂𝒅. (priznaje se i analogija sa izrazom za

period oscilacija fizičkog klatna) (0.6 b)

Kombinovanjem prethodnih jednačina dobija se da je:

𝑮 = 𝒌 𝜽 𝒓𝟐

𝒎 𝑴 𝑳 =

𝟐 𝒌 𝒙 𝒓𝟐

𝒎 𝑴 𝑳𝟐 = 𝟔. 𝟖𝟑𝟒 ∙ 𝟏𝟎−𝟏𝟏 𝑵𝒎𝟐

𝒌𝒈𝟐 (𝑖𝑙𝑖 𝑮 = 𝝎𝟐 𝒙 𝒓𝟐

𝑴) (0.3 b)

Preko izraza za gravitaciono ubrzanje sada možemo odrediti masu Zemlje:

𝒈 = 𝒈𝑴 𝑹𝟐⁄ gdje je 𝑹 = 𝟔𝟑𝟕𝟎 𝒌𝒎 pa je 𝑴 = 𝒈𝑹𝟐 𝑮⁄ = 𝟓. 𝟖𝟐 ∙ 𝟏𝟎𝟐𝟒 𝒌𝒈 (0.2

b)

Sada možemo odrediti i da je srednja vrijednost gustine Zemlje 𝝆 = 𝑴/𝑽 = 𝟓𝟑𝟕𝟗 𝒌𝒈/𝒎𝟑

(0.2 b)

Iz prethodnih izraza vidimo da je pomjeranje kuglica jednak odnosu 𝐺𝑚 𝑀

𝒌

𝑳𝟐

𝒓𝟐odakle je

očigledno da treba postaviti eksperiment tako da je štap što duži, udaljenost kugli što manja i

masa statičnih kugli M što veća. (0.2 b)

Maksimalno opterećenje koje žica torzione vage može izdržati je 𝝈𝒎𝒂𝒙 ∙ 𝑹𝟐𝝅i ono je jednako

težini kuglica 𝟐 𝒎𝒈. Sa druge strane, torziona konstanta je proporcionalna četvrtom stepenu

radijusa žice, tako da je odnos 𝑚/𝑘 ∝ 1 𝑅2⁄ ∝ 1 𝑚⁄ odakle se vidi da treba odabrati što

manju masu pomičnih kuglica kako bi se eksperiment mogao lakše izvesti. (0.4 b)

50

DIO C - Ping pong loptic

Kako je rečeno da otpor zraka treba zanemariti,

kretanje loptice možemo posmatrati kao slobodan

“pad” tj. kretanje u homogenom gravitacionom

polju. Veza između početne visine H i vremena do

prvog sudara sa podlogom je: 𝑯 = ½ 𝒈 𝜟𝒕𝒐𝟐(0.2

b) gdje je to za sada nepoznato, a brzina pri sudaru

je vo. Nakon sudara brzina je 𝒗𝟏 = 𝒆 𝒗𝒐 (0.2 b) a

vrijeme do sljedećeg sudara je 𝜟𝒕𝟏 = 𝒗𝟏/𝒈. (0.1 b)

Pri sljedećem sudaru brzina se opet smanjuje za

faktor e, tako da je 𝜟𝒕𝟐 = 𝒗𝟐/𝒈 = 𝒆 𝜟𝒕𝟐. (0.1 b).

Indukcijom se zaključuje da je odnos susjednih

vremenskih intervala uvijek jednak e. (0.2 b)

a) Mjerenjem vremenskih intervala između

susjednih pikova na grafiku te računanjem njihovih

odnosa dobijaja se tabela desno (1.4 b), iz koje se

vidi da je srednja vrijednost koeficijenta restitucije

𝒆 = 𝟎. 𝟗𝟏𝟔 (0.1 b)

b) Iz koeficijenta restitucije možemo odrediti

vrijeme do prvog sudara: 𝜟𝒕𝟏 = 𝒆 ∙ 𝟐 𝜟𝒕𝒐pa

je:𝜟𝒕𝒐 = 𝜟𝒕𝟏/𝟐𝒆 = 𝟎.𝟏𝟗𝟏 𝒔, odakle je visina sa

koje je puštena loptica 𝑯 = 𝟏𝟖 𝒄𝒎.

(0.4 b)

c) Oduzimanjem od 𝜟𝒕𝒐trenutka prvog maksimuma dobijamo da je loptica puštena u 𝒕𝒌 =

𝟏. 𝟎𝟓 𝒔 nakon uključivanja mikrofona. (0.3 b)

d) Broj sudara loptice sa podlogom je matematički beskonačan ali ukupno vrijeme kretanja

nije, i ono iznosi:

𝑻 = 𝜟𝒕𝒐 + 𝜟𝒕𝟏 + 𝜟𝒕𝟐 + 𝜟𝒕𝟑 + ⋯ = 𝜟𝒕𝒐 + 𝜟𝒕𝒐(𝟏 + 𝒆 + 𝒆𝟐 + 𝒆𝟑 + ⋯ ) = 𝜟𝒕𝒐 +

𝜟𝒕𝟏𝟏

𝟏−𝒆 = = 𝟒. 𝟑𝟒 𝒔 (0.4 b)

a na grafiku trenutak zaustavljanja kuglice odgovara trenutku𝒕𝒇𝒊𝒏 = 𝟓. 𝟒 𝒔

n tn Δtn e = tn+1 / tn

1 1.225 0.350 0.929

2 1.575 0.325 0.923

3 1.900 0.300 0.900

4 2.200 0.270 0.926

5 2.470 0.250 0.920

6 2.720 0.230 0.913

7 2.950 0.210 0.905

8 3.160 0.190 0.921

9 3.350 0.175 0.857

10 3.525 0.150 0.967

11 3.675 0.145

12 3.820

51

Zadatak 2: Elektromagnetni impuls

Neka se dva tačkasta naelektrisanja kreću po međusobno okomitim i fiksiranim putanjama

kao na slici 1.

a) Dokažite da za ovakav zatvoreni sistem ne vrijedi treći Newtonov zakon. (1 b)

Ne važenje trećeg Newtonovog zakona značilo bi da je i zakon očuvanja impulsa, jedan od

fundamentalnih temelja na kojim počiva fizika, upitan. Na sreću, zakon očuvanja impulsa

ostaje važeći shvatajući da elektromagnetna polja sa sobom nose energiju, pa tako i određeni

impuls. Izraz za energiju koju nose polja kroz jediničnu površinu u jedinici vremena, dat je

Poyntingovim vektorom:

𝑆 =1

𝜇0( × )

gdje je 𝜇0 permeabilnost vakuuma, a i odgovarajući vektori električnog i magnetnog

polja.

Pokazuje se da je odgovarajući impuls kojeg nose polja u jedinici zapremine dat izrazom:

𝑔 = 𝜀0( × )

gdje je𝜀0 permitivnost vakuuma. Tek kada u našim razmatranjima uključimo i ‘’impuls polja’’

uz mehaniči impuls, zakon očuvanja impulsa će biti validan.

Razmotrimo sada koaksijalni kabal kojeg čine dva cilindra dužine 𝑙. Radijus unutrašnjeg

cilindra je 𝑎, dok je vanjskog 𝑏. Sistem cilindara spojimo sa baterijom i promjenjivim

otpornikom kao na slici 2. Prilikom spajanja cilindara sa baterijom, na unutrašnjem cilindru

pojavljuje se linijska gustoća naelektrisanja +𝜆, a na vanjskom – 𝜆. Smjerovi proticanja struje

su prikazani na slici 2.

slika 1

52

b) Nađite vezu između razlike potencijala na bateriji 𝑉 i linijske gustoće naboja na

cilindrima 𝜆. Pored 𝑉 i 𝜆 u traženom izrazu trebaju se pojavljivati i sljedeće veličine:

𝜀0, 𝑎, 𝑏. (1.5 b)

c) Odredite intenzitet i smjer Poyntingovog vektora. Vaš odgovor izrazite preko veličina

𝜀0, 𝜆, 𝑟 i 𝐼, gdje je 𝑟 udaljenost od ose simetrije kabla (z – ose). Dokažite da snaga

dobijena korištenjem Poyntingovog vektora 𝑃 = ∫𝑆 ∙ 𝑑𝑎 , gdje je 𝑑𝑎 element površine

kroz koju prolazi Poyntingov vektor, odgovara Joulovoj snazi koja se oslobađa na

otporniku. (2 b)

d) Odredite impuls sadržan u elektromagnetnom polju u prostoru između cilindara. Vaš

odgovor izrazite preko veličina 𝜇0, 𝑎, 𝑏, 𝜆, 𝑙 i 𝐼.(1.5 b)

Pretpostavimo da sada povećavamo otpor promjenjivog otpornika, što će uzrokovati promjenu

struje, a samim tim i promjenu magnetnog polja. Poznato je da promjenjivo magnetno polje

indukuje električno polje. Izraz za indukovano električno polje lako se dobija primjenom

Maxwellovih jednačina, a u ovom slučaju indukovano električno polje u prostoru između

cilindara dato je sljedećim izrazom:

= [𝜇0

2𝜋

𝑑𝐼

𝑑𝑡𝑙𝑛𝑟 + 𝐶]

gdje je 𝑟 udaljenost od ose simetrije kabla (z – ose),𝑑𝐼

𝑑𝑡 predstavlja promjenu struje u vremenu, 𝐶

je neka konstanta, a je jedinični vektor z – ose.

e) Nađite ukupnu silu kojom ovo polje djeluje na kabal. Vaš odgovor izrazite preko

veličina 𝜇0, 𝑎, 𝑏, 𝜆, 𝑙 i 𝑑𝐼

𝑑𝑡. (1 b)

f) Koji je ukupni impuls predan kablu pri promjeni struje od početne vrijednosti 𝐼 do 0?

Vaš odgovor izrazite preko veličina 𝜇0, 𝑎, 𝑏, 𝜆, 𝑙 i 𝐼. Uporedite ovaj rezultat sa onim

dobijenim pod d). (1.5 b)

slika 2

53

Rezultat dobijen pod d) može se činiti nestvarnim jer je cijeli sistem cilindara, uključujući

električno i magnetno polje statičan, a ipak očekujemo postojanje nekog impulsa. U klasičnoj

mehanici impuls sistema čestica definišemo preko relacije:

= 𝑀𝑑𝑅𝑀

𝑑𝑡

gdje je 𝑅𝑀 =

1

𝑀∑ 𝑚𝑖𝑟𝑖 𝑖 centar mase sistema, a 𝑀 ukupna masa čestica koje čine sistem.

U relativističkoj fizici, impuls je definisan preko tzv. centra energije koji je analog klasičnom

centru mase.

=𝐸

𝑐2

𝑑𝑅𝐸

𝑑𝑡

gdje je 𝑅𝐸 =

1

𝐸∑ 𝐸𝑖𝑟𝑖 𝑖 centar energije sistema, 𝐸 ukupna energija sistema, a 𝑐 brzina svjetlosti u

vakuumu.

g) Nađite impuls u razmatranom sistemu koaksijalnih silindara koristeći relativističku

relaciju. Neka se baterija nalazi u položaju 𝑟𝑏 = 0 , a otpornik u položaju 𝑟𝑅 = 𝑙 .

Uporedite dobijeni rezultat sa onim dobijenim pod d) i f).

Uputa: Brzina svjetlosti 𝑐 se može napisati preko datih konstanti 𝜀0 i 𝜇0 kao 𝑐 =1

√𝜀0𝜇0.

(1.5 b)

Prilikom rješavanja ovog problema sljedeća relacije može biti od koristi: ∫𝑑𝑥

𝑥= 𝑙𝑛𝑥 + 𝐶

(Ukupno 10 bodova)

54

Rješenje:

a) Dovoljno je dokazati da rezultujuće sile koje djeluju na naelektrisanja ne formiraju par

akcija-reakcija. Vektori električnih i magnetnih sila prikazani su na slici ispod.(0.5b)

Očigledno ne vrijedi da su rezultujuće sile koje djeluju na naelektrisanja antiparalelne

(uslov da bi vrijedio treći Newtonov zakon), pa ni treći Newtonov zakon ne vrijedi.

(0.5b)

b) Vezu između razlike potencijala na bateriji 𝑉 i linijske gustoće naboja na cilindrima 𝜆

potražit ćemo razmatrajući elektično polje između cilindara. Koristeći Gaussov zakon

imat ćemo za električno polje:

𝐸 =𝜆

2𝜋𝜀0𝑟

gdje je 𝑟 udaljenost od ose simetrije kabla (z – ose). (0.7 b)

Razlika potencijala između unutrašnjeg i vanjskog cilindra data je izrazom:

𝑉 = ∫ 𝐸𝑑𝑟 = ∫𝜆𝑑𝑟

2𝜋𝜀0𝑟

𝑏

𝑎

𝑏

𝑎

=𝜆

2𝜋𝜀0ln (

𝑏

𝑎)

Što je upravo tražena veza. (0.8 b)

c) Pored električnog polja, u prostoru između cilindara postoji i magnetno polje čiji je

intenzitet dat izrazom (0.25 b):

𝐵 =𝜇0𝐼

2𝜋𝑟

Električno polje u prostoru između cilindara je radijlano (okomito na površine oba

cilindra), dok je magnetno polje takvo da cirkuliše u prostoru između cilindara. U

svakom trenutku, vektorski proizvod ova dva vektora (električnog i magnetnog polja)

dat će vektor koji ima smjer z-ose. Dakle, Poyntingov vektor ima smjer z-ose. (0.5 b)

55

𝑆 =1

𝜇0(

𝜆

2𝜋𝜀0𝑟) (

𝜇0𝐼

2𝜋𝑟)

𝑆 =𝜆𝐼

4𝜋2𝜀0𝑟2 (0.5b)

Snaga koja se prenosi pomoću Poyntingovog vektora u sistem data je izrazom 𝑃 =

∫𝑆 ∙ 𝑑𝑎 .

Već smo odredili da Poyntingov vektor ima smjer z-ose, tada je element površine kroz

koju prolazi Poyntingov vektor dat sa 𝑑𝑎 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟 . (0.25 b)

Konačno dobijamo da je tražena snaga𝑃 = ∫(𝜆𝐼

4𝜋2𝜀0𝑟2 ) ∙ (2𝜋𝑟𝑑𝑟 ) ili

𝑃 = ∫𝜆𝐼𝑑𝑟2𝜋𝜀0𝑟

=𝜆𝐼

2𝜋𝜀0ln (

𝑏

𝑎)

𝑏

𝑎

Shvatajući da je 𝑉 =𝜆

2𝜋𝜀0ln (

𝑏

𝑎), dobijamo da je 𝑃 = 𝐼𝑉, što upravo odgovara Joulovoj snazi

koja se oslobađa na otporniku. (0.5 b)

d) Koristeći izraz za gustoću impulsa 𝑔 = 𝜀0( × ) = 𝜀0𝜇0𝑆 . Gustoća impulsa je

onda jednaka 𝑔 =𝜇0𝜆𝐼

4𝜋2𝑟2 . (0.5 b)

Impuls je onda 𝑝 = ∫ 𝑑𝑉, gdje je 𝑑𝑉element zapremine prostora između cilindara i

iznosu 𝑑𝑉 = 2𝜋𝑙𝑟𝑑𝑟. (0.5 b)

Konačno dobijamo da je elektromagnetni impuls sadržan u sistemu jednak :

𝑝 = ∫ (𝜇0𝜆𝐼

4𝜋2𝑟2 )2𝜋𝑙𝑟𝑑𝑟

𝑏

𝑎

𝑝 = ∫𝜇0𝜆𝐼𝑙

2𝜋𝑟

𝑏

𝑎𝑑𝑟 =

𝜇0𝜆𝐼𝑙

2𝜋ln (

𝑏

𝑎) (0.5 b)

e) Sila kojom indukovano električno polje djeluje na naboje ±𝜆 jednaka je:

56

𝐹 = 𝜆𝑙 [𝜇0

2𝜋

𝑑𝐼

𝑑𝑡𝑙𝑛𝑎 + 𝐶] − 𝜆𝑙 [

𝜇0

2𝜋

𝑑𝐼

𝑑𝑡𝑙𝑛𝑏 + 𝐶]

𝐹 = − 𝜆𝑙𝜇0

2𝜋

𝑑𝐼

𝑑𝑡ln (

𝑏

𝑎) (1 b)

f) Impuls koji je predan kablu jednak je 𝑝𝑚𝑒ℎ = ∫ 𝑑𝑡(0.5 b)ili finalno:

𝑝𝑚𝑒ℎ = 𝜆𝑙𝜇0

2𝜋𝐼𝑙n (

𝑏

𝑎) (1 b)

Upoređujući dobijeni izraz za mehanički impuls sa elektreomagnetnim impulsom

dobijenom u dijelu d) možemo primijetiti da se radi o istoj veličini.

g) Potražimo najprije centar energije sistema: 𝑅𝐸 =

1

𝐸(𝐸𝐵0 + 𝐸𝑅𝑙 ), gdje je 𝐸𝐵 eneregija

koja se oslobađa na bateriji, a 𝐸𝑅 energija koja se oslobađa na otporniku.

Dakle 𝑅𝐸 =

1

𝐸𝐸𝑅𝑙 . (0.5b)

Potražimo sada izvod centra energije po vremenu,𝑑𝑅𝐸

𝑑𝑡=

𝑑𝐸𝑅

𝑑𝑡

𝑙

𝐸 i shvatimo daveličina

𝑑𝐸𝑅

𝑑𝑡 predstavlja snagu koja se oslobađa na otporniku, a koja je jednaka𝑃 = 𝐼𝑉. (0.5 b)

Konačno možemo naći impuls sistema koji je jednak:

𝑝 =𝐼𝑉𝑙

𝑐2 (0.5 b)

Koristeći da je 𝑐 =1

√𝜀0𝜇0 i 𝑉 =

𝜆

2𝜋𝜀0ln (

𝑏

𝑎), posljednji izraz možemo transformisati u već

dobijene izraze za impuls, tj. 𝑝 =𝜇0𝜆𝐼𝑙

2𝜋ln (𝑏

𝑎) .

Iz svega ovoga zaključujemo da je zakon očuvanja impulsa zaista fundamentalni zakon

prirode koji uvijek vrijedi. Različiti pristupi korišteni pri nalaženju impulsa samo

potvrđuju njegovu važnost u teorijskim razmatranjima u fizici.

57

Zadatak 3: Nastanak i detekcija gravitacionih valova

Gravitacioni valovi (GV) su „periodični poremećaji“ u prostorno-vremenskom konitinuumu

nastali pod uticajem ubrzavanja masivnih tijela kao što je slučaj kretanja crne rupe i

neutronske zvijezde oko zajedničkog centra. Postojanje gravitacionih valova je predvidio A.

Eistein 1916. godine, dok prvi eksperimentalni rezultati potvrde postojanja gravitacionih

valova su objavljeni u februaru 2016. godine1. U ovom zadatku razmatramo pojednostavljeni

fizikalni mehanizam koji uzrokuje stvaranje i omogućava detekciju gravitacionih valova.

Prema Einstenovoj teoriji gravitacije, prostorno-vremenski kontinuum može se posmatrati kao

elastična sredina sa sljedećim svojstvima:

1. Prostorno-vremenski kontinuum ima veoma veliki modul elastičnosti. Da bi nastao val

potreban je poremećaj ekstremno velike energije koju imaju samo najmasivnija tijela

u svemiru kao što su crne rupe, neutronske zvijezde i pulsari.Zbog velikog modula

elastičnosti, gravitacioni valovi male amplitude nose sa sobom veliku količinu

energije.

2. Gravitacioni valovi prostorno-vremenskim kontinuumom šire se brzinom svjetlosti𝑐 =

3 ∙ 108 𝑚

𝑠 .

Jedan od mogućih izvora kontinuiranihGVje binarni sistem neutronskih zvijezda masa 𝑚1 =

1, 4𝑀𝑠i 𝑚2 = 1,6𝑀𝑠 koje kruže po kružnicama oko zajedničkog centra mase na međusobnom

rastojanju 𝑟 = 𝑟1 + 𝑟2 = 2,869 ∙ 106km(pogledati sliku 1).Ovaj model binarnog sistema

fizikalno približno odgovaraHulse-Taylorovm binarnom sistemu koji je otkriven 1974.

godine2. Veličina 𝑀𝑠 = 1,989 ∙ 1030 kgje masa Sunca.

Slika 1: Binarni sistem neutronskih zvijezda koje rotiraju oko zajedničkog centra.

a) Poznato je da binarni sistem emituje gravitacione valove frekvencije koja je jednaka

dvostrukoj frekvenciji orbitalnog kretanja binarnog sistema. Izračunajte

frekvenciju𝑓𝐺𝑉i valnu dužinu𝜆𝐺𝑉gravitacionog vala. Rezultate izrazite u osnovnim

jedinicama.(2,5 b)

b) Emisija gravitacionog zračenja se odvija na račun ukupne mehaničke energije sistema.

Izračunajte energiju koju će emitovati binarni sistem u obliku gravitacionog zračenja

sve dok ne dođe do stapanja zvijezda, tj. do urušavanja binarnog sistem. Ovo se

1 B. P. Abott et l, Observation of Gravitational Waves from a Binary Black Hole Merger, Phys. Rev. Lett. 116, 061102 (2016). 2http://www.nobelprize.org/nobel_prizes/physics/laureates/1993/index.html

58

dešava pri međusobnom rastojanju zvijezda 𝑟0 = 20 km. Kolika masa odgovara ovoj

energiji? Rezultat izrazite u jedinicama mase Sunca. (2 b)

c) Pod pretpostavkom da se ukupna mehanička energija troši isključivo na emisiju

gravitacionog zračenja, odredite vrijeme za koje će se dati binarni sistem urušiti u

samog sebe. Snaga gravitacionog zračenja koju emituje binarni sistem je jednaka

𝑃𝐺𝑉 = 32

5

𝛾4

𝑐5

(𝑚1𝑚2)2(𝑚1 + 𝑚2)

𝑟5

gdje je 𝛾 = 6,674 ∙ 10−11 Nm2

kg2 gravitaciona konstanta, a 𝑟 trenutno rastojanje između

zvijezda. Rezultat izrazite u godinama.(3 b)

d) Da bi se detektovao gravitacioni val koristi se Michelsonov interferometar koji je

prikazan na priloženoj slici. Laser emituje monohromatski val valne dužine𝜆𝐿 i

intenziteta 𝐼0. Laserki snop pada na BS (eng. Beamsplitter) – uređaj za razdvajanje

snopa koji prvobitni laserski snop dijeli na dva jednaka dijela, tj.dva snopa istog

intenziteta koji se dalje prostiru kroz dva međusobno okomita kraka. Ovi snopovi su

označeni sa 1 i 2na slici 2. Zbog refleksije na uređaju za razdvajanje snopa, snop 1 je

fazno pomjeren za 𝜋 u odnosu na prvobitni snop. Snop 2 nije fazno pomjeren jer

prolazi kroz BS bez refleksije. Na kraju krakova postavljaju se ogledala koja odbijaju

snopove. U ovom razmatranju uzet ćemo da je 𝐿𝑥 = 𝐿𝑦 = 𝐿 = 4 km,𝜆𝐿 = 1064 nm i

𝐼0 = 1015 𝑊

𝑚2 što odgovara spefikacijama interferometra u laboratoriji LIGO (Light

Interferometer Gravitational Wave Observatory). Kada nema gravitacionog vala fazna

razlika između snopova je jednaka 𝜋 tako da fotodetektor ne detektuje nikakav signal,

odnosno intenzitet rezultujućeg snopa je jednak nuli.

Slika 2:Michelsonov interferometar.

59

Pri pojavi gravitacionog val čija je ravan polarizacije paralelna ravni interferometra,

tada se rastojanja 𝐿𝑥 i 𝐿𝑦mijenjaju, jedan krak se produži za vrijednost1

2ℎ0𝐿𝑎 (𝑎 =

𝑥, 𝑦), a drugi se smanji za istu vrijednost. Bezdimenzionalna veličina ℎ0zove se

naprezanje (eng. strain) koja kvantitativno opisuje kolika je amplituda gravitacionog

vala. Naprezanje gravitacionog vala se može odrediti na osnovu izraza

ℎ0 =𝛾2𝑚1𝑚2

𝑐4𝑟𝑧

gdje je 𝑧 = 21000 svjetlosna godina, odnosno udaljenost binarnog sistema od

Zemlje.Da bi se povećala ova fazna razlika u kracima dodaju se ogledala označena kao

O3 i O4 koja propuštaju snopove nakon što se snopovi reflektuju 𝑁 puta na ovim

ogledalima.Odredite broj refleksija 𝑁 koji je potreban da signal na fotodetektoru bude

jednak 𝐼𝐹𝐷 = 102 𝑊

𝑚2. Pri rješavanju možete koristiti aproksimaciju

cos 𝑥 ≈ 1 −1

2𝑥2, 𝑥 ≪ 1.

(2, 5b)

(Ukupno 10 bodova)

60

RJEŠENJE ZADATKA

a) Gravitaciona sila ima ulogu centripetalne sile tako da vrijedi:

𝑣12

𝑟1 = 𝛾

𝑚2

𝑟2,

𝑣22

𝑟2 = 𝛾

𝑚1

𝑟2.

(0,5 b)

Iz uslova kretanja oko zajedničkog centra 𝑚1𝑟1 = 𝑚2𝑟2 i 𝑟 = 𝑟1 + 𝑟2 dobijamo vezu

𝑟1 = 𝑚2

𝑚1 + 𝑚2𝑟 , 𝑟2 =

𝑚1

𝑚1 + 𝑚2𝑟 .

(0,25 b)

Period orbitalnog kretanja je određen sa

𝑇 =2𝜋𝑟1𝑣1

=2𝜋𝑟2𝑣2

(0,25 b)

Kombinacijom ovih izraza može se pokazati da su period i frekvencija orbitalnog

kretanja jednaki

𝑇 = 2𝜋√𝑟3

𝛾(𝑚1 + 𝑚2) , 𝑓 =

1

2𝜋√𝛾

𝑚1 + 𝑚2

𝑟3= 0,2062 ∙ 10−4Hz.

Frekvencija gravitacionog vala je 𝑓𝐺𝑉 = 2𝑓 = 0,4124 ∙ 10−4Hz. Valna dužina vala je

jednaka 𝜆𝐺𝑉 =𝑐

2𝑓= 7,274 ∙ 1012m.

(1,5 b)

b) Ukupna mehanička energija binarnog sistema je jednaka zbiru kinetičkih energija i

potencijalne energije interakcije:

𝐸 = 1

2𝑚1𝑣1

2 +1

2𝑚2𝑣2

2 − 𝛾𝑚1𝑚2

𝑟

(0,5 b)

Uvrštavanjem izraza za brzinu i rastojanja 𝑟1 i 𝑟2dobijamo izraz

𝐸 = −𝛾𝑚1𝑚2

2𝑟

(0,5 b)

Budući da se mehanička energija troši isključivo na emisiju gravitacionih valova,

promjena energije pri promjeni rastojanja između zvijezda predstavlja zapravo

energiju gravitacionog zračenja:

61

∆𝐸 = 1

2𝛾𝑚1𝑚2 (

1

𝑟0−

1

𝑟) ≈ 𝛾

𝑚1𝑚2

2𝑟0= 14,643 ∙ 1045 J

(0,5 b)

Masa koja odgovara ovoj energiji je

∆𝑚 =∆𝐸

𝑐2= 1,627 ∙ 1029kg = 0,0822𝑀𝑠.

(0,5 b)

c) Promjena energije u jedinici vremena mora biti jednaka snazi gravitacionog zračenja:

|𝑑𝐸

𝑑𝑡| = 𝑃𝐺𝑉.

(0,5 b)

(Bez apsolutne zagrade ili predznaka „-„ (0,25 b))

S obzirom da se mehanička energija binarnog sistema smanjuje s vremenom, odnosno

rastojanje između zvijezda se smanjuje, i to na račun emisije gravitacionog zračenja,

pišemo apsolutnu zagradu da bi obje strane bile pozitivne.Na taj način dobijamo

|𝛾𝑚1𝑚2

𝑟2

𝑑𝑟

𝑑𝑡| =

32

5

𝛾4

𝑐5

(𝑚1𝑚2)2(𝑚1 + 𝑚2)

𝑟5⇒ |𝑟3𝑑𝑟| =

32

5

𝛾3

𝑐5(𝑚1𝑚2)(𝑚1 + 𝑚2)𝑑𝑡

(0,5 b)

Integriranje lijeve i desne strane dobijamo:

|∫ 𝑟3𝑑𝑟𝑟0

𝑟

| =32

5

𝛾3

𝑐5(𝑚1𝑚2)(𝑚1 + 𝑚2)∫ 𝑑𝑡

𝜏

0

𝜏 = 5

256

𝑐5

𝛾3

1

𝑚1𝑚2(𝑚1 + 𝑚2)(𝑟4 − 𝑟0

4) = 6,587 ∙ 109god

(2 b)

d) Intenzitet rezultujućeg vala koji nastaje interferencijom dva vala jednakih intenziteta

je određen formulom

𝐼 = 1

2𝐼0 +

1

2𝐼0 + 2√

𝐼02

𝐼02

cos ∆𝜑

(0,5 b)

gdje je ∆𝜑 fazna razlika između valova. Pri normalnim uslovima, tj. kada nema

gravitacionih valova, rezultujući intenzitet je jednak nuli jer je ∆𝜑 = 𝜋. Međutim,

kada gravitacioni val pogodi Zemlju tada je fazna razlika jednaka

∆𝜑 = 2𝜋

𝜆𝐿Δ𝑠 + 𝜋

62

(0,5 b)

gdje je prvi član posljedica različitih pređenih puteva. Zbog toga je rezultujući

intenzitet jednak

𝐼 = 𝐼0 [1 − cos (2𝜋

𝜆𝐿Δ𝑠)]

(0,5 b)

Prema uslovu zadatka, razlika puteva je jednaka

Δ𝑠 = 2ℎ0𝐿(𝑁 − 1)

(0,25 b)

gdje je amplituda gravitacionog vala jednaka

ℎ0 =𝛾2𝑚1𝑚2

𝑐4𝑟𝑧= 8,462 ∙ 10−24.

Argument u funkciji kosinus je veoma mali jer je 𝐼

𝐼0= 10−13 pa možemo iskoristiti

razvoj u red koji je dat u tekstu zadatka:

1

2(2𝜋

𝜆𝐿Δ𝑠)

2

= 10−13 ⇒ 𝑁 ≈𝜆𝐿 ∙ 2,236 ∙ 10−7

4𝜋ℎ0𝐿= 110 ∙ 109 .

(0,75 b)

Jedinica se može zanemariti jer očekujemo da je 𝑵 ≫ 𝟏.

U praksi ovo je veoma teško postići tako da se traže izvori GV koji emituju valove

veće amplitude, a to su u pravilu sudari dviju crnih rupa koje imaju daleko veće mase

nego neutronske zvijezde. U tom slučaju broj refleksija može se postići da bude

nekoliko stotina.

63

Rezultati takmičenja

GRUPA A – MEHANIKA I TERMODINAMIKA

Šifra Ime Škola Z1 Z2 Z3 Z4 Z5 UKUPNO

1 116 Čorbo Tarik


škola Sarajevo 15 20 20 20 10 85

2 17 Arnautović Ajdin

Elektrotehnička škola

Sarajevo 5 17 18 18 3 61

3 50 Smajlović Emina II gimnazija Sarajevo 3 10 20 20 6 59

4 123 Šegalo Nola



4 90 Mešić Mirza


škola Zenica 6 10 20 20 2 58

5 46 Delalić Jusuf II gimnazija Sarajevo 5 10 18 18 6 57

6 01 Šegalo Hana



7 63 Delić Fahrudin I bošnjačka gimnazija 9 10 4 20 6 49

8 93 Grabus Lamija I bošnjačka gimnazija 2 1 18 20 7 48

9 16 Ivaniš David Gimnazija Bihać 2 3 20 19 3 47

10 42 Alihodžić Amra II gimnazija Sarajevo 6 5 10 20 6 47

11 62 Šabić Emir

Mješovita srednja

škola Ključ 2 3 14 20 4 43

12 74

Sokolović

Muhamed


škola Sarajevo 3 10,5 6 20 3 42,5

13 51 Muslić Hana I gimnazija Zenica 5 10 3 20 3 41

14 110 Ličina Mevludin Gimnazija Zavidovići 3 9 8 18 1 39

15 58 Adilović Imran

Tursko-bosanski

Sarajevo koledž 8 10 12 5 1 36

16 98 Kozarević Mešan

Behram-begova

medresa Tuzla 2 0 8 18 2 30

17 96 Martinović Ivan KŠC Don Bosco 1 5 4 0 20 30

18 124 Dlakić Melina Gimnazija Visoko 2 0 19 7 2 30

19 115

Tursunović

Ramo

Behram-begova


20 119 Biković Haris Gimnazija Lukavac 5 0 3 18 2 28

21 104 Redžepi Salim



22 54 Šaravanja Lovro

Gimnazija fra Grge

Martića 2 7 2 10 4 25

23 161

Duraković

Halida

Behram-begova


24 97 Suljić Enver

Mješovita srednja

škola Travnik 3 0 1 0 20 24

25 100

Omerbašić

Hamza

MSŠ Enver

Pozderović 3 10 8 0 0 21

26 25 Rezić Marko Gimnazija fra Grge 5 1 3 0 7 16

64

Martića

27 83 Mlivo Emira Gimnazija Bugojno 0 6 1 3 0 10

28 47

Omanović

Almedina II gimnazija Mostar 2 0 6 2 0 10

29 29 Palavrić Armin

Gimnazija Meša

Selimović 2 0 3 0 2 7

30 117 Čustović Faris II gimnazija Zenica 0 0 0 0 5 5

31 87 Ljubunčić Amra Gimnazija Bugojno 2 0 0 0 1 3

32 108

Osmanspahić

Emir

MSŠ Enver

Pozderović 0 0 3 0 0 3

33 43

Kraljušić

Benjamin Srednja škola Konjic 0 0 2 0 0 2

34 92 Idriz Kenan Gimnazija Mostar 0 0 1 0 1 2

35 15 Jurković Gabrijel

Opća gimnazija KŠC

Tuzla 0 0 0 1 0 1

65

GRUPA B – ELEKTROMAGNETIZAM, OSCILACIJE I TALASI

IME I PREZIME ŠKOLA Z1 Z2 Z3 Z4 Z5 Ukupno

Dinno Koluh Unsko-sanski koledž 15 20 15 20 9 77,5

Lejla

Hrustemović

Međunarodna srednja škola

Sarajevo 4 20 15 10 6 55

Davor Bokan Treća gimnazija Sarajevo 2 20 15 9 5 50,5

Adi Smailhodžić Prva gimnazija Zenica 2 20 15 5 6 47

Haris Hadžić

Gimnazija Dr. Mustafa Kamarić

Gračanica 2 20 15 4 5 45,5

Amina Karavelić Gimnazija Visoko 2 17 15 3 7 43,5

Belkisa

Hasanović Srednja medicinska škola Tuzla 1 20 15 1 3 39,5

Anida Šehanović Međunarodna srednja škola Tuzla 6 0 15 10 5 36

Sulejman

Ahmetspahić Međunarodna srednja škola Zenica 1 1 15 8 10 35

Aida Bungur

Gimnazija Mustafa Novalić

Gradačac 2 5 15 6 5 31,5

Medina Bristrić

Gimnazija Mustafa Novalić

Gradačac 2 0 12 8 7 29

Benjamin

Hasanagić Druga gimnazija Sarajevo 4 2 13 7 3 28

Alija Klačar

Gimnazija Dr. Mustafa Kamarić

Gračanica 2 2 15 5 5 28

Dalibor Raspudić

Gimnazija fra Grge Martića

Mostar 2 1 15 7 3 27,5

Ajla Hamedović MSŠ Ključ 2 2 15 7 1 26,5

Armin Karić Tehnička škola Zenica 0 20 0 0 6 26

Ibrahim Mujičić Gimnazija Živinice 1 4 15 2 3 24,5

Huso Hamzić

Srednja elektrotehnička škola

Mostar 2 2 5 0 15 23,5

Tarik Gurda MSŠ Musa Ćazim Ćatić Kladanj 2 2 13 0 6 22,5

Anes Hadžić MSŠ Ključ 2 1 14 0 2 18,5

Selma Ramić MSŠ Travnik 0 2 15 0 1 18

Adelisa Subašić MSŠ Enver Pozderović Goražde 0 1 12 2 3 17,5

Aida Uzunović STŠ Hasib Hadžović Goražde 1 7 4 0 4 15,5

Adi Karakaš MSŠ Travnik 2 1 10 0 1 14

Ajla Hubijar Prva gimnazija Sarajevo 1 2 0 4 7 14

Lejla Dževlan Prva gimnazija Sarajevo 2 1 2 5 5 14

Jasmina Halilović Srednja škola Konjic 0 2 1 8 3 13,5

Mirza Hukić Behram-begova medresa Tuzla 2 1 5 1 3 12

Ivo Krešić

Gimnazija fra Grge Martića

Mostar 0 0 0 7 4 11

Mehmed Džiho

Srednja elektrotehnička škola

Mostar 1 2 0 0 8 11

Leonardo Gimnazija fra Grge Martića 1 2 1 2 5 10

66

Budimir Mostar

Mirza Beširević Sarajevo koledž 2 1 2 2 2 8

Isnam Jukić MSŠ Bosanski Petrovac 0 2 0 0 4 6

Vildana Plecić Gimnazija Bugojno 0 2 1 0 3 6

67

GRUPA C – ATOMSKA FIZIKA I OPTIKA

RD.

BR ŠIFRA IME I PREZIME ŠKOLA 1 2 3 4 SUMA

1 99 Saračević Kenan IS Sarajevo 25 25 25 25 100

2 128 Lemeš Kanita Gimnazija Visoko 20 14 25 23 82

3 35 Šabović Dženana

Prva Bošnjačka

Gimnazija 25 1 20 24 70

4 84 Hudić Bakir Una-Sana Koledž 20 1 17 25 63

5 53 Buturović Mahira Srednja Škola Konjic 25 1 14 22 62

6 79 Brdar Džavid

Druga Gimnazija

Sarajevo 8 4 19 25 56

7 77 Omeragić Ermin

Međunarodna škola

Zenica 8 6 16 25 55

8 8 Rizvan Anesa Gimnazija Visoko 5 6,5 18 24 53,5

9 80 Karahodžić Kenan

Treća Gimnazija

Sarajevo 0 1 24 25 50

10 3 Jelačić Edin Gimanzija Dobrinja 0 0 25 23 48

11 45 Širbegović Emin

Gimnazija Musa

Ćazim Ćatić 0 1 21 24 46

12 20

Hadžihasanović

Enes

Srednja med. škola

Tuzla 13 1 3 22 39

13 60 Zaimović Nedim

Gimnazija Muhsin

Rizvić 5 1 8 25 39

14 33 Bošnjić Nedim

Gimanazija Meša

Selimović 0 1 8 24 33

14 52 Halkić Medina Gimnazija Bihać 13 1 5 14 33

16 95 Čović Ismet Una-Sana Koledž 0 0 5 25 30

17 31 Karalić Merjema

SMŠ Zijah

Dizdarević 0 1 3 25 29

18 73 Salkanović Ahmed

Gimanazija Rizah

Odžakčić 0 1 2 25 28

19 14 Vučina Josipa

Gimnazija fra Grge

Matića 0 1,5 4 22 27,5

19 49 Mević Amina

Gimnazija Musa

Ćazim Ćatić 0 1,5 6 20 27,5

21 41 Sirćo Muhamed

MSŠ Musa Ćazim

Ćatić 2 1 8 16 27

22 34 Grahić Amna MSŠ Travnik 0 0 4 21 25

23 89 Avdić Emira

Gimnazija Dr

Mustafa Kamarić 0 0 0 24 24

24 26 Omerašević Berina

Gimnazija Dr

Mustafa Kamarić 0 1 0 18 19

24 39 Skrobo Emina MSŠ Travnik 0 1 0 18 19

24 56 Kovačević Aldin IS Tuzla 0 0 2 17 19

68

27 48 Spahić Azra Gimnazija Bihać 0 0 4 14 18

28 69 Božić Katarina

Gimnazija fra Grge

Matića 0 1 4 12 17

29 120 Ćubela Filip

Gimnazija fra Grge

Matića 0 1 2 13 16

30 37 Kašić Nejra Srednja Škola Konjic 0 0 4 10 14

31 12 Tadić Mijo Srednja Škola Prozor 0 0 3 2 5

32 36 Kovačević Jusuf

Srednja Škola

Jablanica 0 0 0 3 3

69

GRUPA D – CJELOKUPNA FIZIKA

Ime i prezime Škola

Zadatak

1

Zadatak

2

Zadatak

3 Ukupno

Bahrudin Trbalić


škola Tuzla 9,8 8,4 9,5 27,7

Nermedin Džeković


škola Sarajevo 7,2 7,5 9,75 24,45

Dženan Devedžić

Gimnazija "Dr Mustafa

Kamarić" Gračanica 5,8 6,35 7,25 19,4

Ali Dlakić

Druga gimnazija

Sarajevo 4,9 8,3 2,5 15,7

Ajla Karišik


škola Sarajevo 4,7 4,7 4,5 13,9

Haris Popovac


škola Sarajevo 6,8 1 4,75 12,55

Edvin Đapo

Treća gimnazija

Sarajevo 4,4 3,95 2,5 10,85

Azur Đonlagić

KŠC "Sv. Franjo"

Tuzla 6,7 0 2,5 9,2

Dino Mustafić


škola Tuzla 6,5 0 2,5 9

Arman Dupanović Unsko-sanski koledž 6,3 0,2 2,5 9

Kenan Selman Sarajevo koledž 5,1 2,8 0 7,9

Berin Đikić

Druga gimnazija

Sarajevo 2,2 0 3,7 5,9

Pavao Planinić

SŠ Dr. Fra Slavka

Barbarića Čitluk 2,9 0 2,5 5,4

Tarik Nukić Gimnazija Lukavac 1,9 0 2 3,9

Medina Dugonjić


škola Sarajevo 1,5 0 2 3,5

Edo Fejzić Sarajevo koledž 3,4 0 0 3,4

Šemso Fejzić


škola Sarajevo 2,6 0,3 0 2,9

Mirza Hodžić MSŠ "Doboj Istok" 1,5 0,4 0 1,9

Petar Josip Vidović

Koledž Ujedinjenog

Svijeta Mostar 1,3 0 0 1,3

Karla Ivanković

Gimnazija fra Grge

Matića 1,1 0 0 1,1

Admir Papić


škola Sarajevo 1,1 0 0 1,1

Elma Karadža Gimnazija Bugujno 0,7 0 0 0,7

Lamija Mlaćo Gimnazija Bugujno 0,6 0 0 0,6

Nedim Kurbegović Gimnazija Bugujno 0,3 0 0 0,3

xxi federalno -...

Documents