Republicko 3 Razred - 2013.pdf

20. РЕПУБЛИЧКО ТАКМИЧЕЊЕ ИЗ ФИЗИКЕ УЧЕНИКА СРЕДЊИХ ШКОЛА РЕПУБЛИКЕ СРПСКЕ (30. март 2013) III РАЗРЕД

1. Три куглице једнаких наелектрисања, свака масе m  4 g , окачене су на танким изолаторским нитима дужине   1 m . Тачке ослонца (вјешања) нити налазе се у истој тачки. Растојање између куглица износи a  5 cm . Колико је наелектрисање q сваке куглице?  0  8,851012 C2 / Nm2 , g  9,81m/s2 . 2. Наћи интензитет струја I1 , I 2 и I 3 у колу на слици 1, ε1  ε 2  ε  1V, r1  r2  r  1Ω R1  R 2  R 3  R  10Ω . d R1 R2

 1 r1 I1

I2

Слика 1

R3 I3  2 r2

C1

B

C2

Слика 2

3. Два кондензтора су спојена идеалним проводницима и образују квадрат странице d (слика 2). Централни проводник дијели квадрат на два једнака дијела. Ово коло се налази у магнетном пољу које има правац нормалан на слику а смјер улази у слику. Магнетно поље се мијења током времена као Bt   kt гдје је k константа. Након неког времена централни проводник се пресијече и од тог тренутка магнетно поље је константно. Наћи количине електрицитета на кондензаторима након што се успостави равнотежа. Капацитет кондензатора је C1 и C2 . 4. Вјештачки Земљин сателит масе m  1000 kg , креће се по кружној путањи кроз више слојеве атмосфере. Сила отпора при кретању сателита кроз разређени ваздух је F  5 10 4 N . Одредити за колико ће се измијенити брзина сателита док једанпут обиђе око Земље. Удаљеност орбите сателита од површине Земље је занемарљиво мала у n поређењу са полупречником Земље. Користити да је 1  x   1  nx , за x <<1. Полупречник Земље је 6380 km. 5. Топлотно изоловани суд запремине V  2  , подијељен је на два једнака дијела. У једном дијелу налази се једноатомски гас на температури T1 и притиску p1 , а у другој половини једноатомски гас под притиском p2 и температуром T2 . Колика је температура смјеше када се уклони преграда?

Задатке припремили: Богдан Мијатовић и Милко Бабић. Рецензент: проф. др Милан Пантић, ПМФ, Нови Сад

РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА ЗА III РАЗРЕД 1. Свако од наелектрисања q је на растојању

a од центра троугла (полупречник описане 3

кружнице једнакостраничног троугла) у чијим се теменима налазе наелектрисања. Из овога следи да на свако наелектрисање дјелује хоризонтална сила (одбојна) F  mg  tgα  mg

a 3

. При овом

израчунавању користимо услов a    α  1rad , sin   tg . Сила F је резултанта двеју





Kулонових сила FC1 , FC 2 које су једнаке по модулу FC1  FC 2  k a 





a

Т

слиједи: F  2FC1cosβ  3  k

h a cosβ 

F

FC2

FC1

a

q , a2

h a 2  a2 / 4 3 .   a a 2

πε 0 mga a 2 F a 3 mg Добијамо: q    q  2a 3k 3 3k 8 q  1,348  10 C . 2



3

q2 . Из паралелограма сила a2 2

F

mg

2. Смјерови струје су узети произвољно. Са шеме се види да је ( I Кирхофово правило): I1  I 2  I 3 (1) . По II Кирхофовом правилу за лијеву и десну затворену контуру имамо: ε  ε  I1R1  I 2 R 2  I1r  I 2 r (2) односно 0  I1R  I 2 R  I1r  I 2 r .

ε  I 2 R 2  I 2 r  I 3 R 3 (3) односно ε  I 2 R  I 2 r  I3R . Рјешавањем система једначина (1) - (3) 1 1 2 добија се I1   A , I 2  A , I 3   A . 31 31 31 3.

Према

Фардејевом

закону

ЕМС

индукована

у

свакој

половини

квадрата

је

 B d  d  kt . Док се магнетно поље B мијења  је напон на  S   d    k t t 2  2  t сваком кондензатору а количина електрицитета на њима је Q1  C1 и Q2  C2 . Различити 2

 

знаци наелектрисања су резултат струја које теку у супротним смјеровима према Ленцовом правилу. Када се пресијече централна жица и магнетно поље постане константно не мијења се флукс кроз затворену контуру и нестаје ЕМС. Међутим наелектрисања Q1 и Q2 на кондензаторима ће се прерасподијелити да би се нашли на истом потенцијалу V јер су кондензатори сада паралелно повезани. Еквивалентни капацитет паралелне везе је C  C1  C2 , а укупно

kd 2 C2  C1  , наелектрисање: Q  Q1  Q2   C2  C1   2 d

C1

+

B

+ -

C2

Q C2  C1  kd 2 V   . Наелектрисања на кондензаторима након успостављене C C2  C1 2 равнотеже су Q1  C1V 

C1 C2  C1  kd 2 C C  C1  kd 2 и Q2  C2V  2 2 . C2  C1 2 C2  C1 2

Запажање: Ако је C2  C1 , након успостављања равнотеже обје горње плоче кондензатора ће бити наелектрисане позитивно, а у случају да је C2  C1 горње плоче ће бити негативно наелектрисане. 4. Потенцијална енергија сателита (пошто је h <
M m (1). Центрипетална сила за R

mv 2 M m (2). Кинетичка енергија сателита је узевши  R R2 mv 2 M m M m у обзир (2) Ek  (3). Укупна енергија сателита E  Ek  E p   (4) . Због  2 2R 2R кретање сателита је гравитациона сила

постојања силе отпора, енергија сателита се мијења па се мијења и полупречник орбите. При једном обиласку орбите енергија сателита се промијени за E  2RF (5) . С друге стране E  E2  E1  

Mm Mm  Mm Mm  (6). Узевши у обзир       2R  R   2R  2R  R  2 R 1   R  

1 R  1 R R 1 R

M Mm R (7) . Користећи  2  g и изједначавајући (5) и (7): 2 R 2R mg 4RF (8) . Негативан знак за R указује да се полупречник орбите  2RF  R , R   2 mg

израз (6) добија облик E  

смањује. Промјена брзине сателита, користећи (3), је M M M 1 M (9). Након кориштења v  v2  v1         1/ 2 R  R R R 1  R / R  R

R . Узевши у обзир (8) добија се R R

1  xn  1  nx израз (9) добија облик v   1  M 2

v  

  4F  2F 1   gR  2 m  gm 

R , v  2,5 103 m/s . До повећање брзине сателита као резултат g

кочења долази због умањења потенцијалне енергије при прелазу сателита на орбиту мањег полупречника. 5. Прије уклањања преграде укупна унутрашња енергија је U  3 / 2nm1RT1  3 / 2nm2 RT2 (2п), а послије уклањања преграде U  3 / 2nm1RT  3 / 2nm2 RT , гдје је T температура смјеше гасова. Пошто је суд топлотно изолован важи закон одржања енергије:

nm1T1  T2 nm1T1  nm 2T2 nm 2 3 3 3 3  nm1 RT1  nm 2 RT2  nm1 RT  nm 2 RT , одатле T  (1). Из nm1 2 2 2 2 nm1  nm 2 1 nm 2 једначина стања p1 V / 2  nm1 RT1 и p2V / 2  nm 2 RT2 слиједи

у (1) добија се T 

T1T2  p1  p2  . p1T2  p2T1

nm1 p T  1 2 (2) . Уврштавањем (2) nm 2 p2 T1