ЗБИРКА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКА

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ЗБИРКА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКА"

Transcript

1 УНИВЕРЗИТЕТ "СВ КИРИЛ И МЕТОДИЈ" СКОПЈЕ ФАКУЛТЕТ ЗА ЕЛЕКТРОТЕХНИКА И ИНФОРМАЦИСКИ ТЕХНОЛОГИИ Верка Георгиева Христина Спасевска Маргарита Гиновска Ласко Баснарков Лихнида Стојановска-Георгиевска ЗБИРКА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКА Скопје 4

2 Автори Верка Георгиева Христина Спасевска Маргарита Гиновска Ласко Баснарков Лихнида Стојановска-Георгиевска * Наслов ЗБИРКА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ПО ФИЗИКА * Рецензенти: М-р Димитар Качурков редовен професор на Факултет за електротехника и информациски технологии во Скопје Д-р Михаил Толев редовен професор на Факултет за електротехника и информациски технологии во Скопје * Јазична редакција Алена Горгиевска * Техничко уредување и коректура Александар Апостолов * Издавач УКИМ Факултет за електротехника и информациски технологии * Електронско издание CIP Каталогизација во НУБ

3 С О Д Р Ж И Н А Кинематика 7 Динамика 33 3 Динамика на кружно движење 59 4 Еластичност осцилации и бранови 74 5 Хидромеханика 99 6 Топлина 9 7 Термодинамика 6 8 Геометриска оптика 38 9 Физичка оптика 6 Фотометрија 8 Вредности на некои физички константи 97

4 Predgovor Ovaa zbirka sodr`i odbrani fizi~ki zada~i od oblasti koi se predvideni so programata po predmetot fizika {to se predava na Fakultetot za elektrotehnika i informaciski tehnologii Zbirkata e nameneta pred sî za studentite od istiot fakultet i ostanatite Tehni~ki fakulteti Vrz osnova na dolgogodi{noto iskustvo steknato pri rabota so studentite dojdovme do zaklu~ok deka najgolem problem kaj niv pretstavuva primenata na ve}e steknatite teoriski znaewa od fizikata vo re{avawe na soodvetni problemi postaveni preku zada~i So ogled na toa {to ve}e postojat zbirki na re{eni zada~i po fizika na makedonski jazik koi sodr`i golem broj na zada~i so razli~na te`ina nie se opredelivme da go pro{irime toj fond so zada~i za ~ie re{avawe e potrebno solidno poznavawe na fizi~kite zakoni Strukturata na odbranite zada~i ovozmo`uva polesno razbirawe na su{tinata na fizi~kite zakoni i pojavi Bidej}i zada~ite vo zbirkava se celosno re{eni i re{enijata gi pratat detalni obrazlo`enija i diskusii ovaa zbirka mo`e da poslu`i i kako prira~nik od koj mo`e da se nau~i kako se re{avaat zada~i po fizika Dadenite re{enija ne se i edinstveni Na{iot trud }e bide povreden dokolku predizvikame novi originalni idei za nivno re{avawe Pogolem broj na zada~i se ilustrirani so crte`i {to isto taka ovozmo`uva podlaboko i sestrano razbirawe na poedini fizi~ki zakonitosti Pri re{avawe na zada~ite dosledno e primenuvan Me unarodniot sistem na edinici (SI) Na krajot na zbirkata se dadeni vrednosti na nekoi fizi~ki konstanti Iskreno im se zablagodaruvame na na{ite dolgogodi{ni profesori m-r Dimitar Ka~urkov i d-r Mihail Tolev koi{to so zadovolstvo prifatija da bidat recenzenti na ovaa zbirka i ní pomognaa so nivnite korisni zabele{ki i soveti Zbirkata da dobie vo kvalitet Vo isto vreme odnapred blagodarime na dobronamernite koi {to kriti~ki }e gledaat na napi{anoto a so toa }e pridonesat za podobruvawe na kvalitetot na slednoto preraboteno izdanie Avtorite

5 Глава I Кинематика Кинематика Задача Шинобус стои на станица Патник се наоѓа на станица пред почетокот на првиот вагон Во моментот на поаѓање на шинобусот патникот измерил дека првиот вагон поминал покрај него за време t = 4 s За кое време покрај него ќе помине шестиот вагон ако тој се движи рамномерно забрзано? Шинобусот почнува да се движи рамномерно забрзано Патот на првиот вагон од сл е: at l l a t VI l I P v Сл Забрзувањето на шинобусот е константно со текот на времето и може да се определи како: l x l6 l a за шест вагони a t x t6 t6 l l t 6 t 6 е време на поминување на шест вагони t6 t l l t 5 t 5 е време на поминување на пет вагони t5 t Време на поминување на шестиот вагон е: t 6 t6 t5 t( 6 5) 85 s Задача Од точката B на патот BC тргнува автобус со брзина 6 m/s Под кој агол од точката А треба да тргне човек со брзина 4 m/s за да го 7

6 Збирка одбрани решени задачи по физика стигне автобусот? Со која најмала брзина на движење човекот ќе може да го стаса автобусот ако AB = 4 m a AC = 6 m C B Во моментот t кога ќе се сретнат човекот и автобусот во точката D (сл) човекот има поминато пат AD = v t а автобусот BD = v t од каде: BD v AD v A Сл D C v B v A Сл или: Аголот од синусната теорема може да се пресмета од: BD AC sin sin каде што sin AD AB v AC sin 6 () v AB 369 8

7 Глава I Кинематика како: Брзината v со која се движи човекот од равенката () може да се изрази v AC v sin AB Таа има најмала вредност кога sin = те: AC v min v 4 m/s AB Задача 3 Моторен чамец се движи со постојана брзина v по текот на река која тече со брзина v Тој престига сплав во точката А (сл3) По време t = 6 min чамецот свртува и се враќа назад при што го сретнува сплавот во точката B на растојание s = 7 km од А Да се најде брзината на течење на реката A B v Сл 3 Патот што го поминува сплавот до сретнување со чамецот од сл 3 е: AB s v ( t t X ) () каде што t X е времето што минува од моментот на свртување на чамецот до повторното сретнување со сплавот (v +v) t A A B A v t v t x Сл 3 (v -v) tx 9

8 Збирка одбрани решени задачи по физика За време t чамецот минува пат AA а сплавот AA AA v v ) t ( АА vt За време t X чамецот минува пат A B а сплавот A B A ) B ( v v t X A A AA AA A B A B v v ) t v t v t ( v v ) ( X t X v t vt X t t X Од равенката () следува: s s v 36 km/h m/s t t t X Задача 4 Два моторни чамца поаѓаат истовремено од градовите А и B кои се наоѓаат на спротивните брегови на реката и се движат по правата AB (сл 4) Растојанието меѓу градовите е d = km Правата AB со текот на реката зафаќа агол = 6 Брзината на реката по целата ширина е иста и изнесува v = m/s Да се определи местото каде чамците ќе се сретнат аголот под кој треба да се движат во однос на правата AB и брзината на движење на чамците во однос на мирна вода ако се знае дека чамците се сретнуваат по време t = 3 min од поаѓањето B v d A Сл 4

9 Глава I Кинематика Чамците би се движеле по AB ако дијагоналите на паралелограмите добиени со сложување на векторите на брзините v и v се совпаѓаат со правата AB Интензитетите на резултантните брзини v A и v B од сл 4 би биле: v A v cos v cos () v v cos v cos B B v v V B v A v v A Сл 4 За да се определи местото на сретнување треба да се најдат патиштата s и s што ќе ги поминат чамците: s v At ( v cos v cos) t () s vbt ( v cos v cos) t d d s s v cos t d s d s vt cos 68 m (3) d s d s vt cos 3 m Ако равенките () се соберат се добива: d v cos (4) t Услов за движење на чамците по правецот AB е: v sin v sin (5)

10 Збирка одбрани решени задачи по физика Од равенките (4) и (5) следува: v sin tg t d tg 64 ; 3 Брзината на чамците од равенката (4) е: d v 33 m/s t cos Задача 5 Авион лета меѓу градовите А и В кои се оддалечени s = 4 km Брзината на авионот во однос на воздухот е v = 6 km/h Во текот на летот постојано дува ветер во североисточен правец со брзина v V = 6 km/h при што зафаќа агол = 3 во однос на правецот AB Да се најде времето потребно авионот да лета од градот А до В и обратно Бидејќи авионот е изложен на североисточен ветер тој треба да се насочи под агол во однос на правецот AB така што како резултат на собирање на векторот на брзината на ветерот v V и векторот на брзината на авионот v A да се добие вектор на резултантната брзина на авионот v во правецот AB A V V v B v A Сл 5 Oд А В v v V cos v cos A vv sin v A sin vv sin sin v v v V cos va sin A

11 Глава I Кинематика vv v vv cos v A sin v A v v cos v v sin V s v = 65 km/h t 6 h v A V A ' v B V V v A Сл 5 Oд В А v v v A cos v cos V v A sin v sin V vv sin sin v A v A sin v cos V v V A vv v A sin v cos v s v = 5473 km/h t 73 h v t = t + t = 34 h Задача 6 Материјална точка почнува да се движи од А кон В со брзина v Во исто време друга точка почнува да се движи од В кон С со брзина v Растојанието AB L а аголот меѓу правите AB и BC е = ABC Да се пресмета по кое време од почетниот момент двете точки ќе бидат на минимално растојание Колкаво е тоа време за v = v? 3

12 Збирка одбрани решени задачи по физика По време t првата точка ќе се наоѓа на растојание L v t од В (сл 6) а втората точка на растојание v t од В Меѓусебното растојание се определува според косинусната теорема: h ( L v t) ( v t) ( L v t)( v t)cos C vt v A v L-v t B Сл 6 Најмалото растојание се наоѓа како проблем на екстремни точки каде што првиот извод e ednakov na те од каде се добива: dh dt h dh dt ( h ) L ( v v cos ) t v v v v cos За v = v L t v Задача 7 Човек стои на брег од една река и сака да помине на спротивниот брег те од точка А до точката B Тоа може да го стори на два начина: прво да плива под некој агол во однос на текот на реката така што резултантната брзина е во правецот AB или да плива во правецот AB а растојанието на кое ќе го однесе реката во однос на B да го помине одејќи по брегот Човекот плива со брзина 5 km/h а оди со брзина 4 km/h а брзината на течење на водата е km/h Во кој случај 4

13 Глава I Кинематика тој побрзо ќе дојде во точката B ако правецот AB е нормален на бреговите на реката? Ако со v се означи векторот на брзината со која плива човекот а со v векторот на брзината на течење на водата тогаш времето t за кое човекот ќе го мине патот d = AB (сл7) во првиот случај може да се одреди од равенката: t d d v R v v B B v C d v v v v R v v R A A Сл 7 ' Во вториот случај t е времето потребно човекот да го помине патот '' AC а t времето на одење со брзина v од точката C до B па според сл7 тие можат да се пресметаат како: t ' AC AC v R v v '' CB t v Вкупното време во вториот случај ќе биде: ' '' d v t t t ( ) v v ако се земе предвид дека: v CB d tg d v а растојанието: 5

14 Збирка одбрани решени задачи по физика AC d CB Односот на времињата t и t во првиот и вториот случај соодветно ќе биде одреден со равенката: t v t v ( ) v v v што покажува дека човекот во вториот случај побрзо ќе стигне во точката B на брегот Задача 8 Човек се наоѓа на брегот на едно езеро во точката А (сл 8) Точката В е на растојание b = 6 m од брегот а нејзината проекција В' е на растојание a = 4 m од А Ако човекот оди со брзина v = m/s а плива со брзина v = m/s на кое растојание x од точката А човекот треба да почне да плива за да дојде во В за најкратко време? B b A x C a B' Сл 8 Вкупното време на движење на човекот според сл 8 ќе биде: x BC x b ( a x) t t t t () v v v v 6

15 Глава I Кинематика B b v v A x C a B' За да го најдеме t min го применуваме општиот метод за испитување екстреми на функции те изводот го израмнуваме на нула: dt dx v v Сл 8 ( a x) b ( a x) x a vb 53 m v v со што го наоѓаме растојанието x кое човекот го минува движејќи се со брзина v t min x v BC v min Задача 9 Тенка вертикално поставена прачка AB со должина l = m почнува да се движи во вертикална рамнина така што со крајот А секогаш ја допира хоризонталната подлога а со крајот В вертикалниот ѕид (сл 9) Крајот А се движи рамномерно праволиниски со брзина v = m/s Да се најде брзината и забрзувањето на крајот В по време t = 5 s од почетокот на движењето Триењето на краевите А и В со подлогата да се занемари B A Сл 9 7

16 Збирка одбрани решени задачи по физика Ако движењето на прачката АВ од сл 9 се претстави во правоаголен координатен систем xy тогаш патот што го поминува крајот В по оската y е даден со равенката: y l ( v t) y B y l A x=v t Сл 9 По дефиниција моменталната брзина v и забрзувањето a на крајот В можат да се пресметаат како: dy vt v 63 m/s dt l ( v t) d y dv v l m a 46 dt dt l ( v t) 3/ s Негативната вредност на брзината и забрзувањето се однесува на насоката на движење на крајот В те покажува дека со зголемување на времето l t вредноста на координатата y се намалува до моментот t 5 s кога прач- v ката АВ ќе се најде во хоризонтална положба а y = Задача Тенка прачка АО која може без триење да ротира во вертикална рамнина околу оска О е допрена до тело со висина h = 5 cm (сл ) Ако телото се движи рамномерно праволиниски во хоризонтален правец со брзина v = m/s да се пресметаат аголната брзина и забрзувањето што ќе ги има која било точка од прачката по време t = 5 s 8

17 Глава I Кинематика A h Сл По време t телото ќе помине пат x = v t а прачката АО аголно поместување па од сл се гледа дека: v t v tg или t arc tg h h y A h v x=v t Сл x По дефиниција аголната брзина и аголното забрзување на прачката АО можат да се пресметаат како: d vh rad/s dt h ( v t) 9

18 Збирка одбрани решени задачи по физика d d v ht 8 rad/s dt dt h ( v t) Задача Од почетокот на коса рамнина се исфрла нагоре едно тело без триење Низ една точка која е на растојание l = 3 cm од почетокот на рамнината топчето поминува два пати: по време t = s и t = s од почетокот на движењето Да се одреди аголот на косата рамнина Кога тело се движи по коса рамнина без триење тогаш тоа се движи забавено со a = g sin Низ една иста точка телото поминува пати: кога се искачува нагоре и кога по достигнување на максималната висина се движи надолу За двата случаја важи: at l vt што значи: l v t 3 at Со елиминирање на v од горните равенки се добива: a l cm 3 t t s a arc sin 75 g Задача Ракета е исфрлена вертикално нагоре Моторите и соопштуваат забрзување a = 4 m/s Колкава максимална висина достигнува ракетата ако нејзиното гориво согорува за t = min? Пo колку време ракетата ќе падне на земја? Патот што го поминува ракетата за време t додека има гориво е: t h ( a g)

19 Глава I Кинематика v h h h Сл а патот што таа го поминува од моментот t додека не застане на висина h е: v h g каде што v = (a g)t е брзината што ја има ракетата во моментот t Максималната висина што ја достигнува ракетата е: a h h h t ( a g) 886 km g Времето за кое ја достигнува таа висина е t t t ако t е времето потребно да се помине патот h те t v a g g g t од каде следува дека: a t g t Вкупното време на движење на ракетата додека таа не падне на земјата е: t t t 3 каде што t 3 h е времето за кое ракетата слободно паѓа од висина h g t t ( a a ( a g)) 944s g

20 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 3 Тело кое паѓа без почетна брзина за последната секунда од паѓањето поминува n ти дел од целиот пат Да се најде вкупното време на паѓање Ако вкупното време на паѓање е t за кое телото поминува пат h тогаш за време (t ) s ќе помине пат h h Следува: n gt h () n g ( t ) h () n Ако се поделат равенките () и () се добива: n t n t t t t n n t n n [ n n n( n )] t n n n( n ) Задача 4 Две тела се фрлаат истовремено од една точка едното вертикално нагоре а другото под агол = 45 во однос на хоризонтот Почетните брзини на телата се еднакви и изнесуваат v = 3 m/s Да се определи растојанието меѓу телата по време t = s од моментот кога се фрлени Првото тело се движи согласно со законот за вертикален истрел (сл 4) така што неговата положба по време t од моментот на фрлање е определена со радиус-векторот : x i j r y

21 Глава I Кинематика каде што: x gt ; y vt y r r r x x Сл 4 Второто тело се движи согласно со законот за кос истрел: со почетни услови: r y x i j v x v cos ; a x y x v v sin ; a y g y axt v t v cos x t a yt gt v t vt sin y Растојанието меѓу двете тела по време t ќе се определи како разлика на радиус-векторите на двете тела: r r - r r r x x ) i ( y ) j x ( y r x ( x x ) ( y y ) r x x ) ( y ) ( x y 3

22 Збирка одбрани решени задачи по физика r x gt gt ( vt cos ) sin v t v t r x v t sin r x = 46 m Задача 5 Мало тело се наоѓа на задниот крај на мазна хоризонтална платформа со висина H = m и должина L = 5 m која се движи рамномерно праволиниски со брзина v = m/s (сл 5) Во моментот t = платформата почнала рамномерно да забавува со забрзување a = 5 m/s Под претпоставка дека не постои триење да се најде времето за кое телото ќе излета од платформата Колкаво е растојанието меѓу точката во која паднало телото и најблиската точка на платформата откако таа застанала? v H L Сл 5 Телото во однос на платформата ќе се движи рамномерно забрзано и ќе ја помине за време t : a t L L t s a v H Сл 5 S D x 4

23 Глава I Кинематика Потоа настанува хоризонтален истрел со брзина v (сл 5) со дострел: v t D g t H H t g H D v 64 m g Во моментот на одвојување на телото платформата има брзина: v v at 5 m/s а кога ќе застане: v v v a t t s a За тоа време t платформата поминува пат: a t s vt 5 m x D s 4 m Задача 6 Од висина H = m е фрлено топче во хоризонтална насока со брзина v = 5 m/s При паѓање на подлогата топчето се одбива од неа под ист агол под кој паднало но притоа губи 6% од брзината со која паднало а) Да се пресмета максималната висина на која ќе се искачи топчето по одбивањето од подлогата б) Да се пресмета растојанието од првиот до вториот удар на подлогата Топчето исфрлено во хоризонтална насока со почетна брзина v се движи согласно со законот за хоризонатален истрел 5

24 Збирка одбрани решени задачи по физика y A C H v y v B v x v x D x v y v Сл 6 Во точката B (сл 6) телото удира со брзина: v v x v y ( g t) v v v v cos x v v v y gt sin v v gt y H H t g каде што t е времето за кое топчето паѓа од А до В По одбивање од подлогата во точката В топчето изведува движење по законот за кос истрел Почетната брзина за косиот истрел е: v = 4 v Компонентите на брзината при косиот истрел се: 6

25 Глава I Кинематика v v x v cos ; v 4 4v x v v v y sin g t v g t ; v y 4v g t v v y H 4g g t g а) Во точката C: H v y t 4 g y y max gt H g (4) (4 H g max ) y max = 6 m б) Во точката D: x x max v t x max H 4v 4 g x max = 4 m Задача 7 Тело паѓа од висина h на коса рамнина со агол на наклон и еластично се одбива од неа Да се определат растојанијата x x x n во кои телото последователно удира на косата рамнина Телото кое паѓа од висина h удира на подлогата со брзина v gh () 7

26 Збирка одбрани решени задачи по физика h y v y a y a x x g A x B x Сл7 Почетната брзина на телото по одбивањето од рамнината има иста вредност (бидејќи телото еластично се одбива) и во однос на оската y се одбива под ист агол сл 7) axt x x v t x a yt y y v t y Компонентите на почетната брзина во однос на поставениот координатен систем на косата рамнина во точката ( ) се x = y = : v x v sin a x g sin Во точката А (x ): v y v cos a y g cos t g sin x vt sin () t g cos vt cos (3) Времето добиено според равенката (3): v t g 8

27 Глава I Кинематика се заменува во равенката (): x v v g g sin v sin g 4 v sin x g Од равенката () следува: x 8 sin h Во точката B (x ): v v a t v sin g sin x x x v x t v y v a t v cos g cos y y v y t за v v t v x v sin g sin 3v sin g g v y v v cos g cos v cos g Бидејќи v x расте рамномерно со бројот на ударите следува: А АB; AB > A Почетната брзина во точката А има компоненти: v x 3 A v sin и A v cos v y x y a xt g t sin v A x t 3vt sin (4) a yt g t cos v A y t v cos (5) v За y = t што е време од еден до друг последователен удар g Со замена во равенката (4) се добива: 9

28 Збирка одбрани решени задачи по физика x 3 v g sin v sin v g g 8v sin x g од равенката () следува: 8hg sin x (8 h sin ) g Ако се спроведе истата анализа за n удари следува: x n n( 8 h sin) Задача 8 Од точка А која се наоѓа на висина H = 5 m од хоризонталната површина (сл 8) слободно паѓа тело без почетна брзина Телото удира во точката B на косата рамнина од која се одбива под истиот агол под кој паднало при што губи % од својата брзина Аголот на косата рамнина е = 45 о а растојанието AB H / Да се пресмета дострелот D на телото и аголот под кој телото паѓа во однос на хоризонталата A B D Сл 8 Интензитетот на брзината v што ја има телото по ударот на косата рамнина може да се определи од интензитетот на брзината v со која телото удира на рамнината (сл 8) преку равенката: каде што: v 8v 3

29 Глава I Кинематика v H g gh A x v B v x H/ D v y y Сл 8 Ако движењето на телото по ударот се претстави во правоаголен координатен систем xy како на сликата тогаш неговите компоненти по оските x и y се: gt x v t y Во моментот t кога телото паѓа на хоризонталната подлога: H y а времето H t g Со замена на t во равенката за координатата x на движењето за дострелот се добива равенката: D v H g 8H m Од сл 8 се определува аголот како: v tg v y x gt v 8 односно 53 3

30 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 9 Мотоциклист излетува на брег на чиј врв се наоѓа канал (сл 9) Колкава минимална брзина v треба да има мотоциклистот во највисоката точка од косата рамнина за да го прескокне каналот со широчина x и висина h во однос на оската x Аголот на наклонот на брегот е h h x Сл 9 Траекторијата на движење на мотоциклистот по излетувањето е траекторија на кос истрел чија равенка гласи: gx y x tg v cos y v h y x max x Сл 9 Во дадениов случај: За y = x = x max следува: gx y h y h x tg v cos gxmax xmax g h xmax tg ; v v cos cos ( h x tg) max 3

31 Глава II Динамика Динамика Задача Врз количка со маса M = kg која може слободно да се движи по хоризонтална рамнина лежи штица со маса m 4 kg Коефициентот на триење меѓу штицата и количката е На штицата дејствува хоризонтална сила F Да се определи забрзувањето на штицата во случај кога: а) F 59 N; б) F 96 N Њутновите равенки за двете тела според сл ќе гласат: ma F F Ma F tr tr () m a F M F tr a Сл Ако штицата се движи во однос на количката тогаш нејзиното релативно забрзување ќе биде: Од равенките () и (): a a a () m F Ftr M a' m Ако штицата мирува во однос на количката a = a те a` = за: m Fgr Ftr M каде што F gr е гранична вредност на силата F при која штицата мирува m F gr mg 94 N M 33

32 Збирка одбрани решени задачи по физика а) F < F gr значи дека штицата не се движи во однос на количката те a a a Во тој случај штицата и количката ќе се движат со исто забрзување a па равенките () ќе гласат ma F F tr Ma F tr F a 46 m/s m M MF F tr 49 N m M каде што F tr е сила на триење при мирување б) F > F gr a a F tr = mg = 784 N ќе биде сила на триење при лизгање ma F mg Ma mg F mg a 9 m/s m m a g 39 m/s M Задача На коса рамнина со агол при основата лежат греди со маси m и m Коефициентот на триење меѓу гредите е а меѓу гредите и рамнината е Определете го карактерот на движењето на двете греди Од сл следува: F tr триење меѓу гредите и косата рамнина F tr триење меѓу гредите F реакција на силата на триење меѓу гредите Q реакција на силата со која двете тела притискаат на рамнината Q сила со која телото притиска на телото Q r реакција на Q Според II Њутнов закон применет за првото тело по оската x се добива: m a m g F F () sin tr 34

33 Глава II Динамика а по оската y: g За второто тело по оската x: а по оската y: Q Q m cos () m a m g F (3) sin tr Q r m g cos (4) y Q Q r F tr F tr F a Q x a m g m g Сл Од равенка (4) Q r m g cos Q од равенка () Q mg cos mg cos ( m m) cos g Во првиот случај: a = a = нема движење: од равенка (3) F tr m g sin F од равенка () mg sin F mg sin m sin F tr g 35

34 Збирка одбрани решени задачи по физика ( m m ) sin F tr g Условот да нема движење гласи: F tr Q F tr Q F tr Q ( m g m ) g sin ( m m ) cos mg sin m g cos tg ; tg Во вториот случај: a > a > Од равенката (3) m Од равенката () m Q ( m m ) cos F tr g Q m cos F tr g mg sin m cos a g a g (sin cos) a mg sin mg cos ( m m ) g cos : a m m g sin g cos cos m m g m Задача 3 Тело со маса m е поставено на коса рамнина со агол на наклон како што е прикажано на сл 3 Ако коефициентот на триење меѓу телото и косата рамнина е да се определи: а) односот на масите на телата при кои телото со маса m ќе се движи нагоре по косата рамнина б) силата на затегнување на конецот Масите на макарите да се занемарат 36

35 Глава II Динамика m m Според II Њутнов закон за движење на телата од сл 3 следуваат равенките: m a Сл 3 m a m g () F z Fz mg sin m cos () g a a (3) a F z F z / m m a Од равенката () m a Fz m g (sin cos ) Од равенката () m a m g F Сл 3 Ако се соберат последните две равенки се добива: z 37

36 Збирка одбрани решени задачи по физика m m a m g m g (sin cos) a m m (sin cos) g m m а) Ако телото со маса m се движи нагоре значи: а > m m (sin cos) б) Од равенката () m (sin cos) m F z a mg m m m m (sin cos) F z m g g 4m m F z 4m m g F z m m m m m (sin cos) 4m m ( sin cos) g 4m m Задача 4 На коса рамнина со агол на наклон се наоѓа тело со маса m кое е поврзано со телото со маса m преку нерастеглив конец префрлен преку макара како што е прикажано на сл 4 Коефициентот на триење меѓу телото и косата рамнина е а) Колкав треба да биде односот на масите на телата за телото m да се движи надолу? б) Колкава е силата на реакција во потпорната точка на макарата во тој случај? m m Сл 4 38

37 Глава II Динамика Од II Њутнов закон за движење на телата според сл 4 следуваат равенките: m a m g F z ma Fz mg sin mg cos ( m m ) a m g m g (sin cos ) m a g mg(sin cos ) m m F z m m F z F R а) a > m g m (sin cos ) g m m sin cos б) F F cos F cos F cos R z z z 9 F R F z cos m g m a F z m m (sin cos) F z m g m g m m m m m m (sin cos) m g m m F z F z m m g ( sin cos ) m m Сл 4 39

38 Збирка одбрани решени задачи по физика m mg F ( sin R cos) cos m m Задача 5 Да се пресмета забрзувањето на системот прикажан на сл 5 Косата рамнина е фиксирана за подлога а коефициентот на триење меѓу телото и рамнината е Масата на цилиндричната макара е m 3 Кој е условот за придвижување на телото со маса m надолу по рамнината? Колкаво е забрзувањето на системот во тој случај? Лизгањето на конецот по макарата да се занемари m 3 m m Сл 5 Услов за придвижување надолу е: m g sin mg cos m g m m sin cos m 3 F z F z h m F tr h m g Q Сл 5 m m g 4

39 Њутновите равенки за движење на двете тела ќе гласат: Глава II Динамика ma mg sin mg cos Fz () ma Fz m g каде што Fz и Fz се силите на затегнување на конците кои ќе предизвикаат ротација на макарата m3r a ( Fz Fz ) R I R kade {to R e radius na makarata Од равенките () и () F z m3a Fz () mg sin ( m g cos m a m3 m m g) Задачата да се реши и преку законот за запазување на енергијата Задача 6 На коса рамнина со агол = 3 која се движи рамномерно забрзано со забрзување a = 4 m/s во насоката прикажана на сл 6 се наоѓа тело со маса m = g Тоа е поврзано со друго тело со маса m = 5 g со тенок конец префрлен преку бестежинска макара Коефициентот на триење меѓу телото и подлогата е = Колкаво време е потребно за телото со маса m да помине пат со должина h = 49 cm ако во моментот t = имало брзина v = 4 m/s во однос на косата рамнина m g m g Сл6 4

40 Збирка одбрани решени задачи по физика Бидејќи количката е неинерцијален систем (сл 6) врз телата со маси m и m ќе дејствуваат инерцијалните сили m a и m a така што Њутновите равенки за движење за двете тела ќе гласат: a m g F m a () m z ma Fz m g sin m g cos ma cos ma sin () F tr Q m g cos m asin ) ( Q m a F z F tr m a m F z a' m g a m g h Сл6 Од равеките () и () m a ( g a) m g( cos sin) a(cos sin) m m a 589 m/s 6 m/s биде: Бидејќи телото m се движи со почетна брзина v поминатиот пат ќе h v vt h t a' t t / t ( a' v a' t v a' h a' v a' h v ) s 4

41 Глава II Динамика Задача 7 Да се најде силата на затегнување на системот прикажан на сл 7 ако m = kg m = 3 kg Масата на макарите да се занемари а конецот да се смета нерастеглив Бидејќи m < m макарата со телото со маса m се спушта надолу (сл 7) па Њутновите равенки за двете тела ќе гласат: ma Fz mg () ma m g Fz Од конструкцијата на системот се гледа дека при поместување на оската на подвижната макара за h надолу телото со маса m ќе се подигне за h = h од каде што следува: h F z F z F z a = a () m g F z Со замена на равенката () во () се добива: m a m a F z m g m g F z m m m g Сл 7 h m m m m a a m F z m m g m m g 4m F z 3 m m m g Fz ( m 4 ) 3mm g F z 6 N m 4m Задача 8 Тело се лизга по мазна хоризонтална површина со брзина v а потоа налетува на рапава површина со коефициент на триење Колкава треба да биде неговата максимална должина за кога ќе застане еден негов дел да се наоѓа на мазната површина? 43

42 Збирка одбрани решени задачи по физика Кинетичката енергија на телото се троши за совладување на силата на триење при што се врши негативна работа (сл 8): mv A t l x m-m x m x F t Сл 8 x Силата на триење ќе зависи од делот x (те m x ) кој се наоѓа на рапавата површина те: Ft mx g mx x x x mx m Ft mg m l l l При поместување на целото тело работата потрошена за совладување на силата на триење е: A t l mg Ft dx l l mgl At mg x xdx l Вкупна кинетичка енергија на телото што се движи со брзина v се троши за вршење на работа A t : mv mgl v l g Задача 9 Две тела се поврзани се нерастеглив конец префрлен преку макара Телата се наоѓаат на коса рамнина со агол = 45 о Коефициентот на триење меѓу долното тело и косата рамнина е а меѓу l o 44

43 Глава II Динамика двете тела Колкав треба да биде односот на масите на двете тела за да може долното тело да се движи забрзано надолу? Масите на макарата и на конецот се занемаруваат m m Сл 9 За телото со маса m (сл 9) да се движи надолу резултантната сила треба да биде поголема од нула: mg sin F F z F () каде што F r F е реакција на силата на триење F r F z F z a F F F Сл 9 m g m g a 45

44 Збирка одбрани решени задачи по физика Kога телото со маса m се движи забрзано надолу телото со маса m ќе се движи забрзано нагоре со истото забрзување затоа што двете тела се поврзани со нерастеглив конец Значи резултантната сила на горното тело треба да биде насочена нагоре: F z mg sin F () Од равенката () mg sin F Fr F Од равенката () F m g sin F m z g sin F F mg sin F m g sin mg sin F F F Q ( m m ) g cos F Q m g cos m g sin mg sin ( m m ) g cos mg cos / : mg cos m m tg m m 8 Задача По коса рамнина со агол на наклон = 3 се спушта скијач со маса М = 6 kg По поминување на пат l = m од врвот на косата рамнина тој исфрла во височина сигнална ракета со маса m = 3 g и почетна брзина v = m/s Да се определи брзината на скијачот по исфрлањето на ракетата Времето на исфрлање на ракетата е занемарливо мало Триењето да се занемари Законот за запазување на импулсот во мометот на исфрлањето на сигналната ракета од сл гласи: ( M m) v ( Mv mvsin) каде што импулсот на скијачот со ракетата вдолж оската x во моментот на исфрлањето на ракетата е (M + m)v а по исфрлањето Mv mvsin Брзината v е брзина на скијачот непосредно пред испалувањето а брзината v е брзина на скијачот по нејзиното исфрлање z 46

45 Глава II Динамика y h l mv m v sin Mv x Сл Во истиот момент од законот за запазување на енергијата следува: v v gh v gh h l sin v gl sin M m mv v sin M M v M m mv M m mv sin gl sin sin gl sin ( ) M M M M gl Задача Тело со маса M се лизга без триење по коса рамнина чиј агол на наклонот е Откако телото поминало пат l со него нееластично се судира мало топче со маса m кое лета хоризонтално Со која брзина v треба да удри топчето во телото за тие по судирот да останат неподвижни? Брзината на телото на крајот на патот е: а нејзината хоризонтална компонента е: v gh gl sin 47

46 Збирка одбрани решени задачи по физика v x v cos gl sin cos l h M v Сл v Бидејќи по судирот двете тела ќе застанат од законот за запазување на импулсот следува: од каде што следува: Mv mv cos Mv mv cos M gl sin cos v m Задача Мало тело се лизга по коса рамнина чија висина е H = R каде што R е радиус на кругот во кој преминува косата рамнина На која висина телото ќе се откине од кругот а од која висина H треба да се пушти за да го продолжи патот по кругот без да испадне? Trieweto da se zanemari За телото да испадне на висина h потребно е да биде исполнет условот центрифугалната сила да е еднаква на нормалната компонента од тежината (сл ) v m mg cos R v Rg cos 48

47 Глава II Динамика а за да не се одвои потребно е: F c mg cos F c H R mg h Сл Од законот за запазување на енергијата следува: mv mgh mgh () Висината h може да се определи како: h R R cos m mgh Rg cos mgr( cos) 3 R R R cos 5 cos h R 3 3 Граничниот услов телото да нема да испадне дури и кога ја постигнува максималната висина на krugot е даден со изразот: mv mg R Ако изразот за v добиен од оваа равенка се замени во равенката () за законот за запазување на енергијата се добива: R 5 mgh mg mgr H R 49

48 Збирка одбрани решени задачи по физика Значи телото треба да се пушти од поголема висина за да има поголема енергија и брзина Задача 3 На едниот крај од чамец со должина l стои човек Масата на чамецот заедно со човекот е М Човекот држи предмет со маса m на висина h Со која брзина треба човекот да го фрли предметот во хоризонтален правец за тој да падне на другиот крај од чамецот Времето на летање на предметот од сл 3 е: v h t g v h l Патот што ќе го помине предметот: l ( v v) t Од законот за запазување на импулсот следува: l v( v Сл3 Mv v ( mv m M m M l m M ) v ) h g h g Задача 4 Тело се движи по патека дадена на сл 4 Радиусот на закривеноста на патеката и во двата дела е R Телото почнува да се 5

49 Глава II Динамика движи од точката А Оддалеченоста меѓу положбите AB и BC е еднаква Колкава треба да биде висинската разлика h за телото да се одвои од патеката во точката C? Да се определи точната положба на точката C Trieweto da se zanemari Услов телото да се одвоi од патеката во точката C од сл 4 е: Или граничен услов: F c mg cos mv c mg cos R v c gr cos () Од законот за запазување на енергијата следува: mv mgh c v c 4gh () A R h B h ( R-h) R C Сл4 Од равенките () и () gr cos 4gh 5

50 Збирка одбрани решени задачи по физика Од сл 4 се гледа дека: R h cos 4 R h h ( ) 4 R R h 5 R h h cos cos R R R / 5 cos R 5 4 cos 5 Задача 5 На тело со маса m кое е обесено на конец и изведено од рамнотежната точка за = 6 му е соопштена брзина v која е нормална на конецот и насочена надолу Ако должината на конецот е l = m да се определи најмалата брзина v min при која телото ќе врши кружно движење Која е најголемата брзина v max ако конецот може да издржи сила која е 8 пати поголема од тежината на телото те F z = 8mg? Прв случај: Кога телото се наоѓа во највисоката точка I треба да биде задоволен условот за рамнотежа на центрифугалната сила со силата на Земјината тежа Од законот за запазување на енергијата во почетната положба на телото и во положбата I следува: mv mv mgh а од условот за рамнотежа на силите: mv mg l I II l F c mg F z mg v l v F c Сл 5 5

51 Во оваа положба висинската разлика која ќе ја помине телото е: Глава II Динамика а брзината е: h l l cos v gl(3 cos) 66 m/s Втор случај: Најголемо оптоварување телото има во положба II: F z mv l mv 8mg l mg mg v 7g v 7gl l Го поставуваме законот за запазување на енергијата на телото во почетната положба и во положбата II: mv mv mgh max v gh v Во положба II висинската разлика која ќе ја помине телото е: h l lcos v max v g( l l cos) v max 7gl gl gl cos v max gl(5 cos) v max 767 m/s Задача 6 Мало тело се лизга по коса рамнина со висина H која поминува во мртва петелка со радиус R = /5H Да се определи аголот (сл 6) за телото да прелета од точката A во точката B низ воздух 53

52 Збирка одбрани решени задачи по физика и да продолжи да се движи по петелката Триењето и отпорот на воздухот да се занемарат Брзината во точката A може да се определи од законот за запазување на енергијата (сл 6): mva mgh mgr( cos) () v B A H R Сл 6 Од точката A до точката B телото изведува кос истрел па неговиот дострел ABизнесува: v AB A Од равенките () и () sin v g v R sin A AB R sin A sin cos g sin cos g Rg v A () cos cos 3cos 3 cos 4 cos cos 6 54

53 Глава II Динамика Задача 7 Сад со облик на конус ротира околу вертикална оска со агoлnа брзина = 5 rad/s На кое место l од темето на конусот се наоѓа тело кое е во рамнотежа ако аголот на конусот е =? Триењето да се занемари При ротација на садот со константна аголна брзина телото во рамнотежа ќе се движи по кружна патека со радиус r (сл 7) r F c l A Сл 7 mg За да биде задоволен условот за рамнотежа потребно е проекциите на тежината на телото mg и центрифугалната сила F c врз правецот на движење на телото (ѕидот од садот) да бидат еднакви: mg cos Fc sin mg cos m r sin r l sin l sin g cos g cos l sin 55

54 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 8 Тело со маса m = kg почнува да се лизга од врвот на коса рамнина со висина l = 5 cm и агол на наклон = 45 На крајот од рамнината телото се забива во количка со песок со маса М = kg а потоа продолжуваат заедно да се движат по хоризонтална рамнина Да се определи патот што ќе го помине количката Коефициентот на триење меѓу телото и косата рамнина е = а помеѓу количката и хоризонталната рамнина = 5 Од законот за запазување на енергијата следи (сл 8): mv h mgh mg cos sin каде што v е брзината што ја има телото пред да падне во количката: v gh( ctg) 9 v 3 m/s Од законот за запазување на импулсот во моментот кога телото паѓа во количката следува: mvcos ( m M ) v каде што v е брзина на телото и количката по судирот m v v cos m/s m M h mvcos v Сл8 Кинетичката енергија што ја имаат телото и количката се троши на совладување на силата на триење помеѓу количката и подлогата: 56

55 Глава II Динамика ( m M ) v ( m M ) gs v m v cos s g ( m M ) g m ( ctg)cos s ( m M ) h Задача 9 Дете се наоѓа во лифт и во раката држи јаже на кое е прикачено метално топче Детето го врти топчето во хоризонтална рамнина со константна аголна брзина Јажето зафаќа агол = 3 со оската на ротација Потоа лифтот почнува да се движи рамномерно забрзано надолу при што аголот меѓу јажето и оската на ротација останува 45 Да се определи забрзувањето на лифтот! (Да се занемарат масата на јажето и силата на триење) a= l F z r F c mg R Сл 9 Прв случај: Кога лифтот не се движи на топчето дејствува силата на тежината G и центрипеталната сила F c чија резултанта е во рамнотежа со силата на затегнување на јажето F z 57

56 Збирка одбрани решени задачи по физика F c tg mg mr mg tg l sin sin g cos g l cos a r l G F i F c Втор случај: Кога лифтот се движи со забрзување а надолу се менува аголот на јажето во однос на - Во тој случај на топчето дејствуваат центрипетална сила F c силата на тежината G и инерцијалната сила F i спротивно од насоката на движењето на лифтот Fc tg mg F mr tg mg ma l sin r l sin tg g a g l a cos Со изедначување на двете страни од релациите () и () се добива: g g a cos cos cos a g( ) cos a 8m/s i Сл 9 58

57 Глава III Динамика на кружно движење 3 Динамика на кружно движење Задача 3 Da se opredeli граничниот агол на коса рамнина (сл3) при кој се тркала обрач без лизгање Коефициентот на триење меѓу обрачот и косата рамнина е 33 Равенката на транслаторното движење на обрачот гласи: ma mg sin () F tr R F tr mg Сл 3 Обрачот врши ротација под дејство на моментот на силата на триење околу сопствената оска на ротација: M Ftr R I () a I mr ; R (3) Бидеќи нема лизгање од () и (3) F tr ma Со замена во () ma mg sin ma a g sin Значи забрзувањето на обрачот при тркалање е / од забрзувањето без тркалање За да се тркала обрачот без лизгање мора Ftr Ftrs (статичка сила на триење) те R Сл 3 59

58 Збирка одбрани решени задачи по физика mg sin mg cos tg 5 Значи ако > 3 и >5 постои лизгање ако < 3 и < 5 не постои лизгање при тркалањето Задачата може да се реши и ако се разгледа ротацијата околу моменталната оска на ротација од сл 3 Во тој случај вртлив момент ќе предизвика активната компонента од тежината на обрачот mg sin R I те: каде што I mr mg sin R I mr според Штајнеровата теорема односно: a mg sin R mr a g sin R Обидете се задачата да ја решите и преку законот за запазување на енергијата Задача 3 Хоризонтален стап по кој можат слободно да се лизгаат два мали тега ротира околу вертикална оска ОО како на сл 3 Теговите со маси m = 5 g и m = 5 g меѓусебе се поврзани со конец со должина l = 5 cm При ротација на системот со аголна брзинa = rad/s теговите се наоѓаат на растојание r и r во однос на оската ОО Да се определат силата на затегнување во конецот и кинетичката енергија на теговите O' m l m r r O Сл 3 6

59 Глава III Динамика на кружно движење Силата на затегнување на конецот е еднаква на центрипеталната сила: F z = m r F z = m r Според условот за статичка рамнотежа вкупниот момент на сила во однос на оската ОО треба да е еднаков на односно: или m gr = m gr Бидејќи l = r + r следува: m (l r ) = m r m r = m (l r ) r r ml m m m l m m ml F z m 39 N m m Вкупната кинетичка енергија на теговите е збир од нивните кинетички енергии на ротација околу оската ОО : E k I I mr mr E k m ml m ml m m m m E k = 4 J Задача 33 Два шупливи цилиндра со различни радиуси кои се допираат можат да се вртат околу паралелни оски О и О' како на сл 33 На почетокот цилиндарот со радиус R = cm ротира со аголна брзина = rad/s а другиот мирува поради постоење на лизгање По некое 6

60 Збирка одбрани решени задачи по физика време поради триењето и двата цилиндра почнуваат да ротираат без лизгање така да изведуваат забрзано кружно движење Да се најде колкаво количество енергија при тоа ќе се претвори во топлина Масите на цилиндрите се m = 8 kg и m = 6 kg ' R R Аголната брзина на првиот цилиндар по некое време t ќе биде: Оттука се добива Сл 33 t t Во истиот временски момент t вториот цилиндар ќе ротира со аголна брзина = t бидејќи во почетниот момент мирувал и аголната брзина = За аголното забрзување се добива t Моментот на сила поради кој настанува ротација на првиот и вториот цилиндар под дејство на силата на триење се дефинира со изразите: F t R I те F t R mr () t F t R I те F t R mr () t v Со замена во соодветните изрази и со средување на равенките од R равенката () се добива: v v F t m t а од равенката (): 6

61 Глава III Динамика на кружно движење v F t m t Се изедначуваат десните страни на последните две равенки за да се добие брзината со која се движат цилиндрите во момент од времето t : m v v (3) m m Кинетичката енергија на системот во почетниот момент е еднаква на кинетичката енергија E на првиот цилиндар: I mv E По време t системот ќе има вкупна кинетичка енергија: I I E E E mr mr ( m m ) v E Со замена на изразот за брзина од равенката (3) се добива: m E v ( m m ) Разликата во кинетичките енергии на системот во почетниот момент и во моментот на времето t го дава количеството топлина што при тоа се ослободува: Q = E E v m v m mm Q v ( m m ) ( m m ) mm Q R ( m m ) Q = 74 J Задача 34 На масивен цилиндар со маса M и радиус R се прицврстуваат држачи со радиус r = R/ со занемарлива маса Цилиндарот е поставен на хоризонтална шина и на него се намотува јаже На крајот на јажето се става тег со маса m = M/4 при што цилиндарот почнува да се движи Колку време е потребно за цилиндарот да помине пат l? 63

62 Збирка одбрани решени задачи по физика R r Бидејќи цилиндарот се движи по хоризонтална шина со забрзување a времето за кое цилиндарот ќе помине пат l може да се определи како: m Сл 34 при што a l t () a R r a R r F z a Сл 34 mg Применувајќи го II Њутнов закон за овој систем од сл 34 се добива: ma mg () F z F z R I (3) и a = R 64

63 Глава III Динамика на кружно движење каде што MR I Mr е инерцијален момент на цилиндарот е негово агoлно забрзување Ако равенката за инерцијален момент се замени во равенката (3) за силата на затегнување во конецот F z се добива: 3 F z MR (4) 4 Од равeнките () и (4) може да се определи аголното забрзување на цилиндарот: m g (5) 3 R m M 4 Ако равенката (5) се замени во () за времето се добива: l t 4 g Задача 35 Кружен цилиндар со радиус R и маса М може слободно да ротира во хоризонтална рамнина околу оска О во неговиот центар На ѕидот на цилиндарот се прицврстени две мали топчиња со маса m Со цилиндарот ги соединуваат две нишки со должина l по периферијата на цилиндарот Во еден момент топчињата се одлепуваат од ѕидот при што нишките се радијално поставени Да се најде должината на нишките l ако аголната брзина се намали n-пати при радијалното поставување на топчињата m M R l m Сл35 65

64 Збирка одбрани решени задачи по физика Со радијално поставување на топчињата расте инерцијалниот момент на системот те I > I а < (сл35) Од законот за запазување на импулсот следува: I I l MR mr MR m( R l) M R l n MR mr R m 4 n 4 l Сл 35 Пример: Човек седи на столче а во рацете држи тегови така што прво рацете се припиени до телото а потоа ги раширува Задача 36 Хомоген цилиндар со маса m = 5 kg и радиус R = m во момент t = почнува да се спушта под дејство на силата на Земјината тежа (сл 36) Колкава е силата на затегнување во јажињата? Да се најде аголното забрзување на цилиндарот Сл36 Од II Њутнов закон според сл 36 следува: ma mg () F z I F R () z mr I (3) F z R mg Сл36 66

65 Глава III Динамика на кружно движење Од равенките () и (3) за забрзувањата на системот се добива: 4Fz a (4) m Со замена на равенката (4) во () може да се определи силата на затегнување во конците: F mg 6 85 N z Аголното забрзување на системот е: a R Ако во оваа равенка се замени (3) се добива: g 37 rad/s 3 R Задача 37 Да се определи моментот на инерција на тенка хомогена правилна призма (сл 37) со основа а и маса m во однос на оска која поминува низ тежиштето на основата и е нормална на неа l Сл 37 По дефиниција инерцијалниот момент зависи правопропорционално од масата и квадратот од една димензија (пример должина на страната а) на телото: каде што k е коефициент на пропорционалност a I k m a () 67

66 Збирка одбрани решени задачи по физика Ако призмата се подели на четири еднакви рамнострани триаголници моментот на инерција на секој од нив околу сопствената оска на ротација е: m a I k () 4 Вкупниот момент на инерција на призмата околу оската што поминува низ нејзиното тежиште е збир од мометите на инерција на секој дел одделно во однос на истата оска: m I 3 I l I (3) 4 те со споредба на равенките () и (3) се добива: k ma m 4I 3 l 4 a 3 каде што l 3 па коефициентот на пропорционалност е определен со: k Од добиената вредност за коефициентот на пропорционалност може да се определи моментот на инерција од равенката () како: I ma Задача 38 Два цилиндра со еднакви маси m и радиуси R се поврзани преку јаже со занемарлива маса како што е прикажано на сл 38 Да се пресмета силата на затегнување на јажињата koga }e se pridvi`i dolniot cilindar Сл 38 68

67 Глава III Динамика на кружно движење Од II Њутнов закон според сл 38 следува: ma mg () F z R I () F z mr каде што I Патот што го поминува долниот цилиндар е еднаков на должината на одмотаниот дел од конецот те: at R Rt Rt a a R или (3) R Со замена на равенката (3) во () се добива: mr a R F R z ma = 8F z 8F z = mg F z mg F z F z a mg Сл 38 Задача 39 Шуплив цилиндар со маса m и полупречник r почнува да се движи низ стрмна рамнина со агол на naklon и притоа намотува на себе тенко јаже со маса M и должина l кое дотогаш лежело одмотано на стрмната рамнина Колкава брзина ќе има центарот на масата на цилиндарот заедно со намотаното јаже во моментот кога ќе се намота целото јаже ( r l ) Според законот за запазување на енергијата вкупната енергија на системот во почетниот момент (положба ) треба да биде еднаква на вкупната енергијата на системот во моментот кога целото јаже е намотано на цилиндарот (положба ) Бидејќи во почетокот системот мирува неговата енергија е еднаква на потенцијалната енергија на цилиндарот и јажето: h E EPc EPj mgh ( Mg ) *) 69

68 Збирка одбрани решени задачи по физика Потенцијалната енергија на јажето се пресметува како средна вредност на потенцијалната енергија на едниот и другиот крај на јажето те: Mgh Mgh E pj каде што положбата е земена за референтно ниво () h l M () Сл 39 Вкупната енергија на системот во положбата е сума на кинетичката енергија на транслаторното и ротационото движење на системот: E ( m M ) v I EKt E Kr Инерцијалниот момент на шуплив цилиндар е I mr а на јажето I Mr Значи: v I ( m M ) r а r Од законот за запазување на енергијата E E може да се изрази брзината v на цинидарот со јажето во положбата h ( m M ) v ( m M ) r v mgh Mg r Од сл 39 може да се види дека h l sin Со средување на изразот за енергиите се добива израз за брзината v: v (m M ) gl sin ( m M ) 7

69 Глава III Динамика на кружно движење Задача 3 Метална топка со радиус R = cm и маса m = g е врзана за еден крај на конец со должина l = m додека другиот крај на конецот е фиксиран во точката Овој систем ротира во хоризонтална рамнина околу оска поставена нормално на рамнината со n = 5 vrt/min При ротацијата конецот се намотува околу оската и се скратува на должина l = 3 cm Да се одреди: а) аголната брзина на топката и бројот на вртежи во минута по скратувањето на конецот до должина l б) промената на кинетичката енергија на топката а) За овој систем се применува законот за запазување на моментот на импулсот L const те: I I () Инерцијалните моменти на топката во почетниот момент и по скратувањето на конецот се дадени со равенките: I mr ml ; I mr ml 5 5 а аголните брзини во првиот и вториот случај се: n и 6 Од равенката () се добива: n n 6 mr ml n 5 ; n 534 vrt/min 56 rad/s mr ml 5 I I б) E k ; E k 34 J 7

70 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 3 Куршум со маса m = g удира во тежиштето на една прачка со маса M = kg и должина l = 5 m која се наоѓа во хоризонтална положба (сл 3) Ако патеката на куршумот е вертикална и нормална на прачката а судирот пластичен колкава треба да биде брзината на куршумот за прачката да дојде во вертикална положба? l/ l/ Од законот за запазување на моментот на импулс следува: L L () каде што L е момент на импулсот на куршумот и прачката пред судирот во однос на оската а L е момент на нивниот импулс по судирот l L mv L ( I I ) каде што v е брзина со која куршумот удира во прачката а: ml Ml I и I 4 3 се инерцијални моменти на прачката и куршумот соодветно во однос на оската е аголна брзина на системот прачка и куршум по судирот m Сл 3 v m Сл 3 7

71 Глава III Динамика на кружно движење Од равенката () со замена на горенаведените величини се добива: ml ( 4 Ml l ) mv 3 6mv 4Ml 3ml додека пак од законот за запазување на енергијата во моментот кога куршумот удира во прачката и кога таа застанува вертикално следува: ( I од каде за брзината се добива: l I ) ( M m) g v (4M 3m)( M m) gl m 3 v 357m/s 73

72 Збирка одбрани решени задачи по физика 4 Еластичност осцилации и бранови Задача 4 Коцка со раб a = cm и густина на материјалот од кој е направена = 7 kg/m 3 плива во еден сад со вода (сл 4) По изведување од рамнотежната положба коцката почнува да врши хармонични осцилации Да се определи периодот на осцилирање на коцката Отпорот на средината да се занемари Густината на водата е = 3 kg/m 3 a Сл 4 Во почетокот кога коцката плива во водата нејзината тежина е во рамнотежа со Архимедовата потисна сила: G F A 3 g a g a h () каде што a h е оној дел од волуменот на коцката што е потопен во водата Со примена на надворешна сила F коцката се изведува од рамнотежна положба така што за силата F може да се напише: F ga F F G A ) ( h x ga 3 3 ga h ga x ga F Со замена од равенката () се добива: 74

73 Глава IV Еластичност осцилации и бранови 3 F ga ga x ga F g a x Споредувајќи го овој израз со дефиницијата за еластична сила што предизвикува осцилаторно движење F = kx се добива: 3 g a k Периодот на хармониско осцилаторно движење се дефинира како m a T k g a a T T 53 s g 3 Задача 4 На оската x се наоѓа неподвижен приемник и извор на звучни бранови со фреквенција = Hz (сл 4) Изворот врши хармониско осцилаторно движење вдолж оската x со кружна фреквенција и амплитуда x = 5 cm За кои вредности на ширината на фреквенцискиот интервал што го прима приемникот е Hz? Брзината на звукот е c = 34 m/s Изворот I врши хармонични осцилации по законот: со брзина: I -x x v x x sin( t ) dx dt Сл 4 x cos( t ) Кога минува низ рамнотежната положба I тој има максимална брзина: v m x P x 75

74 Збирка одбрани решени задачи по физика Поради осцилирањето на изворот те неговото постојано приближување и оддалечување од приемникот P според Доплеровиот ефект доаѓа до промена на фреквенцијата што ја регистрира набљудувачот Во случај кога изворот се движи кон x (се приближува кон Р) набљудувачот во P ќе регистрира фреквенција: c c Приемникот е неподвижен па неговата брзина v P а кога се движи кон x (се оддалечува од P) фреквенцијата ќе биде: c c Разликата на овие фреквенции го дава фреквенцискиот интервал што го регистрира приемникот P: v m v m v c c x m vm x c c Од оваа равенка се определува кружната фрекфенција : c c x x c x 339 rad/s Задача 43 Едно тело врши хармониски осцилации со амплитуда x без почетна фаза (сл 43) Да се определи колку пати е поголемо времето за кое телото минува елементарен дел од патот x на растојание x од рамнотежната положба во однос на времето потребно да го мине истиот пат x околу рамнотежната положба x x x Сл 43 76

75 Глава IV Еластичност осцилации и бранови Бидејќи станува збор за елементарен дел од патот x со голема точност може да се земе дека телото на тој дел од патот има константна брзина (сл 43) Според тоа може да се напише равенка за рамномерно движење: x v t каде што со v е означена брзината на телото кога тоа се наоѓа на растојание x од рамнотежната положба а t е време потребно да го измине патот x Од равенката за хармонични осцилации следува: x x sint () па со замена во x добиваме: v x cost x x t cost () Кога минува низ рамнотежната положба телото има максимална брзинна (кога cos t = ): x v t x x t (3) Со делење на равенките () и (3) за односот на времињата се добива изразот: x x x t cos x t t t t cost Од равенката () следува: x cos t sin t x 77

76 Збирка одбрани решени задачи по физика t t x x x x x x Задача 44 Материјална честичка со маса g хармониски осцилира со амплитуда m Во еден момент елонгацијата на честичката е 4 m а нејзината брзина е 5 m/s Колкава сила дејствува на честичката во моментот кога нејзината кинетичка енергија е двојно помала од потенцијалната? Од законот за запазување на енергијата во даден момент на времето t следува: k x k x mv Равенката се средува по k и се добива: mv k () x x каде што k е коефициент на еластичност Во друг временски момент според условот во задачата треба да биде задоволено: E k E p каде што потенцијалната енергија е дефинирана како: E p k x Со x е означена елонгацијата во временскиот момент t Понатаму следува: Ek k x 4 Со замена на овој израз во законот за запазување на енергијата добиваме: 78

77 Глава IV Еластичност осцилации и бранови Оттука следува: k x k x k x 4 3 x x x x () 3 Силата на ова хармониско осцилаторно движење во временскиот момент t е дадена со изразот: F k Со замена на k и x од равенките () и () се добива: x mv F x x x 3 4 F 4 N Задача 45 Во системот од пружини претставен на сл 45 секоја пружина има иста константа на еластичност k = N/m Кога на овој систем ќе се прикачи тег со тежина N системот се издолжува за cm Колкав е бројот на пружини во овој систем? n Сл 45 Еластичната сила е дадена со равенката: F k x За еден пар сериски врзани пружини: 79

78 Збирка одбрани решени задачи по физика x x x F F F k k k За паралелно врзани пружини: F F F p k p x k x kx k p k k Оттука: k k k = k = k n k s k За систем од n паралелно врзани пружини со коефициент на еластичност k секоја од нив има коефициент на еластичност: s k k p n k F kp x n x F n n k x n n 4 Задача 46 Два тега со маси m и m (m > m ) врзани со пружина лежат на идеално глатка подлога Коефициентот на еластичност на пружината е k Пружината е собрана со два конца како на сл 46 Да се најде периодот на осцилирање на телата кога конците ќе се скинат m m Сл 46 Од законот за запазување на импулсот кога пружината е во недеформирана (сл46) положба следува: m () l ml 8

79 Глава IV Еластичност осцилации и бранови каде што l и l се растојанијата од тежиштето на теговите до тежиштето на целиот систем соодветно m T m Кога пружината е во деформирана положба (збиена) (сл463) тогаш законот за запазување на количеството движење гласи: m при што еластичната сила ќе биде: Од равенките () и (3) следува: l l Сл 46 ( l x x ) m ( l ) () F k ( x x ) (3) m F k x m m m F k x m m T m l -x l -x Сл 463 сила: Ако оваа равенка се спореди со равенката од дефиницијата за еластична F k x следува дека коефициентот на еластичност на овој систем ќе биде: k m m k m 8

80 Збирка одбрани решени задачи по физика Тогаш периодот на осцилирање на системот може да се определи како: m mm T k k ( m m ) Истиот резултат се добива ако анализата се спроведе во однос на телото со маса m Задача 47 Тенок хомоген диск со маса m = kg (сл 47) осцилира под дејство на две еднакви пружини со константа на еластичност k = 375 N/m Колкав е периодот на малите осцилации на овој систем ако дискот осцилира во хоризонтална рамнина? R Сл 47 Ако системот се изведе од рамнотежна положба за некое мало растојание x (сл 47) на дискот ќе почнат да дејствуваат еластичните сили на пружините k F e x кои се стремат да го вратат во рамнотежната положба Според II Њутнов закон добиваме: d M I I dt каде што М е момент на еластични сили во однос на оската : k k M x R x R 8

81 Глава IV Еластичност осцилации и бранови k/ x k/ R Сл 47 Од сл 47 може да се определи х како направи апроксимација за мали агли tg За моментот се добива: M kr R 4R k x Rtg и при тоа да се d I M dt Инерцијалниот момент на дискот се определува според Штајнеровата теорема: mr 3 I mr mr d 4R k dt 3 mr d 8k dt 3m Диференцијалната равенка го опишува осцилирањето на дискот при што кружната фреквенција на осцилирање е: 8k 3m од што се определува периодот на осцилирање на дискот: 83

82 Збирка одбрани решени задачи по физика T 3m 8k T 9 s Задача 48 Физичко нишало во форма на прачка има должина l = m и осцилира околу хоризонтална оска нормална на главната оска на прачката (сл 48) За кое растојание од тежиштето до оската на осцилирање ' периодот на осцилирање ќе биде минимален? d Периодот на осцилирање на физичко нишало во форма на прачка е: T I T () mgd каде што инерцијалниот момент на прачката во однос на оската OO' е: ml I I md md () Од равенките () и () се добива: се добива: l d I gd di dd Од условот за минимум за растојанието од оската до тежиштето d l 8 m 3 Сл 48 Задача 49 Математичко нишало (сл 49) со маса m = g и должина l = m осцилира по законот 5sint каде што е агол меѓу конецот на нишалото и вертикалата Да се најде силата на затегнување на T конецот во моментот t За осцилациите да бидат хармониски аголот кај математичкото нишало треба да биде помал од 7 о 84

83 Глава IV Еластичност осцилации и бранови Кружната фреквенција за математичкото нишало е: T l g T T За време t 5sin T d c 5 cost dt T За време t аголната брзина е: d T c 5 cos 5 dt T Во моментот t = T/ центрифугалната сила што дејствува на нишалото е: F m l F z c c mg m l d F z mg m( ) l mg m5 l dt g F z mg m5 l mg ( 5 ) l c g l F z F c mg Сл 49 Задача 4 Топка и два диска сите со маси M и радиуси R осцилираат околу центарот на топката (сл 4) Да се определи периодот на осцилирање на системот x R M R R x c R M R R M Сл 4 85

84 Збирка одбрани решени задачи по физика Системот осцилирање: од сл 4 претставува физичко нишало со период на I T mgs каде што m 3 M Вкупниот момент на инерција на системот е: R Сл 4 I I T I D MR IT 5 Моментот на инерција на дискот според Штајнеровата теорема е: R x c MR I D M (R) MR 47 I MR 4MR MR 5 5 Растојанието s од тежиштето на системот до оската на осцилирање може да се пресмета со релација за центар на маса: MR MR 3 3 s R 3M 3 Растојанието на тежиштето x c на двата диска од оската на осцилирање се добива од сл 4: x c (R) R каде што x c R 3 T 47 MR 47 R g 3M g R 3 Задача 4 Колкав е периодот на осцилирање на нишало кое се состои од тенок конец со должина l и топка со радиус R закачена на неговиот крај доколку тоа се разгледува како: а) математичко; б) физичко Колкава е релативната грешка меѓу овие два случаја ако R = l / 86

85 Глава IV Еластичност осцилации и бранови а) Ако се занемарат димензиите на топката сметајќи дека целата маса е сконцентрирана во нејзиното тежиште периодот на математичкото нишало е: l T g б) Периодот на физичкото нишало е: I I T mg x c 5 mr m( l R) x c l R Со замена на претходната равенка во релацијата за периодот T се добива: T R 5( l R) 5g( l R) За да се најде релативната грешка прво треба да се пресмета периодот Т во случај кога R е еднакво на l/: T 444 l 4 g За релативната грешка се добива: T T 444 T T 4 T T T 4% Задача 4 Извор на звучни бранови со фреквенција = 7 Hz и приемник се наоѓаат во иста точка Во моментот t = изворот почнува да се оддалечува со постојано забрзување a = m/s Сметајќи дека брзината на звукот е 34 m/s да се најде фреквенцијата на осцилациите што ги прима неподвижниот приемник во моментот t = s 87

86 Збирка одбрани решени задачи по физика Вкупното време на движење е дадено со: t t t каде што t е времето за кое изворот ќе помине пат s a t е времето за кое звукот се враќа во P Брзината на изворот е: а патот што изворот ќе го помине: v at at s at at ct t c каде што c е брзината на звукот t at t t c ct t c at c c t t t a a (/ ) c c c t a a a t 885s v at v 885 m/s Според Доплеровиот ефект фреквенцијата на звукот кога изворот и приемникот се движат е дадена со: c v p v v c vi Ако брзината на приемникот е v p = и изворот се оддалечува фреквенцијата може да се определи како: 88

87 Глава IV Еластичност осцилации и бранови c v 34889Hz c v i Задача 43 Хоризонтална штица врши хармониски осцилации со амплитуда x = cm во хоризонатлна рамнина (сл 43) На штицата е поставено тело Колкав е коефициентот на триење меѓу штицата и телото ако телото почнува да се лизга по штицата кога фреквенцијата на осцилирање изнесува v = 3 Hz Штицата осцилира по законот: Сл 43 x x sin t a x sin t Максималното забрзување на штицата е: x 4 a x Како резултат на хармониското осцилаторно движење што го врши штицата на телото дејствува инерцијална сила F i = ma max која го придвижува За да настане движење те лизгање на телото по штицата треба да е задоволен условот: Ftr F i max mx 4 mg ma x 4 7 g Задача 44 Честичка која може хармонски да осцилира во некоја реална еластична средина се изведува од рамнотежна положба за x = cm и се пушта слободно да осцилира (сл 44) Колкав пат ќе помине оваа честичка додека да застане ако логаритамскиот декремент на придушените осцилации е = 4-3? 89

88 Збирка одбрани решени задачи по физика x A C D B Сл 44 Равенката на движење на честичката која осцилира придушено е: x x Во овој случај =/ rad bt e sin( t ) Во точката А: x A x bt x x e cost Во точката B: x T T bt / / B x e cos( ) xe Знакот минус пред x не се зема предвид поради физичкото третирање на проблемот S AB x x A B Во точката C: / / S AB x x e x ( e ) x bt C xe T xe cos T S Во точката D: x / / / BC xb xc xe xe xe ( e ) / 3 b T T D x e cos xe cos(3 ) xe S T 3 / CD xc xd xe xe xe ( e ) Вкупниот пат може да се пресмета како: 9

89 Глава IV Еластичност осцилации и бранови S S S S S S AB BC / / / AB [ e e ] S AB[ e ( e ) ] / q e CD S / S AB e x / q e = m Задача 45 Две математички нишала со должина l се споени преку лесна пружина со коефициент на еластичност k (сл45) Да се најде фреквенцијата на малите осцилации на овој систем ако нишалата се отклонат од рамнотежната положба за ист агол: а) во иста насока; б) во спротивни насоки l l m m Сл 45 а) Кога нишалата осцилираат во иста насока се однесуваат исто како едно математичко нишало: l g T g l б) Кога осцилираат во спротивни насоки на секое нишало дејствува дополнително и еластичната сила F е те резултантната сила F ќе биде сума од компонентите на нивната тежина и еластичната сила (сл 45): F mg sin F cos e F e kx kl sin F mg sin kl sin cos 9

90 Збирка одбрани решени задачи по физика за мали агли cos F ( mg kl)sin kl F m( g )sin mg' sin m па затоа фреквенцијата ќе биде: l g' mg kl l ml mg F e Сл 45 Задача 46 Извор на рамни бранови со = 44 Hz се наоѓа на растојание d = 4 m од карпа нормална на правецот на ширење на брановите (сл 46) Да се определи растојанието од изворот до точките во кои се наоѓаат првите 3 јазли и 3 мева на стојните бранови кои се формираат како резултат на сложување на бранот што се шири од изворот и рефлектираниот бран од карпата I X d Сл 46 Бранот се шири во насока на оската x Равенката на прогресивниот бран е: u u sin( t kx) I x' x' x' X x x x x d 9 Сл 46

91 Глава IV Еластичност осцилации и бранови По рефлексија од карпата (сл 46) како средина со поголема густина бранот ја променува фазата за и поминува пат dx па равенката на рефлектираниот бран може да се напише во облик: u u sin{ t k[ x ( d x)] } u sin{ t k[ x ( d x)]} u sin[ t k(d x)] Равенката на добиениот стоен бран користејќи ја тригонометриската релација sin sin cos sin ќе биде: u u u u sin( t kx) u sin[ t k(d x)] u cos( t kd)sin[ k( d x)] Бидејќи изразот u sin k( d x) не зависи од времето може да се смета како амплитуда на стојните бранови Координатите на јазлите ќе ги најдеме од условот амплитудата во тие точки да е еднаква на нула: Тоа ќе биде исполнето ако: u sin k( d x) k( d x) n ( n 3) c k ; k c nc ( d xn ) nc xn d x = 4 m x = 36 m x = 33 m Координатите на мевовите се добиваат од условот амплитудата во тие точки да биде минимална: k( d x n u u sin k( d x) sin k( d x) ) (n ) ( n 3) 93

92 Збирка одбрани решени задачи по физика x c n d (n ) 4 x = 38 m x = 34 m x = 34 m Задача 47 На рамна хоризонтална површина (сл 47) лежи топка со маса m = 5 kg прицврстена на пружина со коефициент на еластичност k = N/m Во топката удира куршум со маса m = g и брзина v = m/s вдолж оската на пружината Сметајќи го судирот апсолутно нееластичен да се определат амплитудата и периодот на осцилациите на топката Отпорот на воздухот и масата на пружината да се занемарат M m v Сл 47 Во моментот на судирот куршумот на топката и предава кинетичка енергија поради што таа почнува да ја собира пружината сè додека кинетичката енергија не се претвори во потенцијална енергија на еластично деформираната пружина при што оддалеченоста на топката од рамнотежната положба е максимална те А (сл 47) M+m A Сл 47 Во почетокот на движењето енергијата на системот E ќе биде: E E E E T K pr при што: E ; E E T EK pr 94

93 Глава IV Еластичност осцилации и бранови или ( m M ) v E каде што v е почетна брзина на топката со куршумот Кога пружината е максимално собрана кинетичката енергија е еднаква на потенцијалната енергија на пружината: ka E Од законот за запазување на енергијата следува: E E ( m M ) v ka () каде што v се определува од законот за запазување на импулсот: mv ( m M ) v mv v () m M Oд равенките () и () за А се добива: A mv 8 k( m M ) Топката со куршумот ќе осцилира под дејство на повратната сила на еластичност: или F kx ( m M ) x 4 k ( m M ) ( m M ) T m M T 445 s k 95

94 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 48 Диск со маса М е закачен на пружина со коефициент на еластичност k Ако врз дискот падне прстен со маса m од висина h при што судирот е апсолутно нееластичен дискот и прстенот почнуваат да осцилираат хармониски Да се опредли амплитудата на тие осцилации Масата на пружината да се занемари m h M Сл 48 Кога прстенот од висина h паѓа слободно удира со брзина v: v gh Бидејќи судирот е апсолутно нееластичен прстенот останува на дискот и тие во почетниот момент имаат брзина v која може да се определи од законот за запазување на импулсот: m gh mv ( m M ) v v () ( m M ) Пред паѓањето на прстенот пружината под дејство на тежината на дискот Mg е растегната до положба x па таа се јавува како почетна положба на осцилаторниот систем По паѓањето на прстенот системот врши хармониски осцилации во однос на рамнотежната положба x така што: kx Mg ; kx ( m M ) g () Системот дискпрстен ќе ја растегнува пружината сè додека неговата вкупна енергија не помине во потенцијална енергија на еластично деформирана пружина Според тоа законот за запазување на енергија ќе гласи: ( M m) v k( x x ) ka (3) Определувајќи ги v x и x од равенките () и () за амплитудата од законот за запазување на енергијата се добива: 96

95 Глава IV Еластичност осцилации и бранови m g m gh A k k( M m) Задача 49 Хомогена прачка (сл 49) со должина d е обесена на два паралелни конца со должина l = m Да се определи периодот на осцилациите ако прачката се заврти за мал агол околу вертикалната оска која што поминува низ тежиштето на прачката l l d Сл 49 При завртување на прачката за мал агол околу вертикалната оска (сл 49) се создава вртлив момент од хоризонталните компоненти на силите на затегнување: F = F Z sin Тело кое може да осцилира врз основа на спрегата настаната поради торзија се вика торзионо нишало Спрегата е дадена со: d d M M F Fz sin Вертикалните компоненти на двете сили на затегнување се урамнотежени со тежината на прачката: F z cos mg Аголот на отклонување на конците од вертикалата со аголот е поврзан со релацијата: d l 97

96 Збирка одбрани решени задачи по физика F z d/ Сл 49 Бидејќи аголот е многу мал следува дека и аголот е многу мал затоа може да се замени: sin ; cos d d M Fz Fz 4l F z mg d M mg 4l Периодот на торзиното нишало е: J J l T c M 3g md J T 6 s 98

97 Глава V Хидромеханика 5 Хидромеханика Задача 5 Масивно хомогено тело во форма на коцка плива во вода ( = 3 kg/m 3 ) така што под вода се наоѓа 3/4 од неговиот волумен Ако со тенок конец се врзе центарот на горната површина на коцката за едниот крај на двокрак лост со должина l = 8 cm и се урамнотежи со тег со маса m = 3 g кој е прицврстен на другиот крак од лостот со должина l = 4 cm тогаш само /3 од волуменот на коцката ќе бидат потопени во вода Да се најде густината на телото и колкава е страната на коцката Во почетокот кога коцката слободно плива во водата (сл 5) задоволен е условот за рамнотежа на нејзината тежина со Архимедовата потисна сила G mg F A V g 3 V g V g 4 3 () 4 l O l F m G Сл 5 Во вториот случај кога коцката е поврзана преку лостот со тегот m постои статичка рамнотежа те треба да е задоволен условот за еднаквост на моментите на сили кои дејствуваат од двете страни на оската О Во овој случај 99

98 Збирка одбрани решени задачи по физика потисната сила F A што дејствува на коцката е помала од силата на тежината G така што моментот на сила се определува преку нивната разлика: ( G FA ) l m g l ( V g V g) l mg l 3 Густината од равенката () се заменува во овој израз и се решава по a за да се најде страната на коцката a a l ml l a m l a m l 3 l a 577 cm Задача 5 Тенка хомогена прачка со густина = 85 kg/m 3 со едниот крај е прицврстена на ѕидот на садот а со другиот крај е потопена во вода како што е прикажано на сл 5 Прачката може слободно да ротира во вертикална рамнина околу точката А која се наоѓа над нивото на водата Да се пресмета колкав дел од должината на прачката се наоѓа над нивото на водата ( = 3 kg/m 3 ) Прачката чиј еден дел е потопен во вода се наоѓа во статичка рамнотежа те сите моменти на сила кои дејствуваат на неа се урамнотежени па може да се напише: i M Бидејќи силата на тежина дејствува секогаш во центарот на маса на l прачката проекцијата на нејзиното растојание до потпорната точка е sin Архимедовата потисна сила дејствува на оној дел од прачката што е потопен во водата точно во неговата средина па соодветното растојание на оваа сила до потпорната точка А може да се определи како: i

99 Глава V Хидромеханика l x l x x A x l/ l-x mg F A Сл 5 Заменувајќи во равенката за моменти на сила добиваме: l l x mg sin FA sin () Тежината и Архимедовата потисна сила можеме да ги изразиме вака: mg Vg те mg Slg каде што S е напречниот пресек на прачката F A V g те F A S( l x) g x Со замена во () и соодветно математичко изразување на односот што l треба да се најде во задачата се добива: l l x slg S( l x) g x l x 387 l

100 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 53 Цилиндричен сад со висина h и површина на напречниот пресек S е наполнет до врвот со вода На дното има отвор со површина S << S Занемарувајќи ја вискозноста на водата и контракцијата на млазот да се определи: а) колку време е потребно целата вода да истече од садот б) за колку време би истекло истото количество вода ако нивото на водата во садот се одржува на постојана висина h со дотурање вода Бернулиевата равенка за напречните пресеци и низ кои поминува водата во однос на дното на садот (сл 53) е: p a v v gh pa () додека пак волуменскиот проток на водата Q може да се напише како: Q = Sv= S v () Од равенките () и () следува дека брзината со која се спушта нивото во садот е: gh v (3) S S h v v Сл 53

101 Глава V Хидромеханика а) Времето за кое ќе истече целата вода од садот ќе се пресмета како: h dh t v o те t S S h dh gh S h t S g кога S >> S следува S S S S па за времето t се добива: S h t (4) S g б) Кога во садот се дотура вода брзината со која се спушта нивото на течноста е константна: h v (5) t каде што t е времето потребно најгорното ниво на течност во садот да помине пат h: t h S h (6) gh S g S S Ако се споредат равенките (4) и (6) се добива: t t што значи дека во вториот случај водата од садот ќе истече два пати побргу 3

102 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 54 Шуплива топка со внатрешен радиус r = 9 cm и надворешен r = cm плива во течност со густина = 8 kg/m 3 при што половина од топката се наоѓа над површината на водата а) Колкава е густината на материјалот од кој е изработена топката? б) Колкава треба да биде густината на течноста за топката да плива во неа? а) Во рамнотежа силата на потисокот топката: каде што: mg F A 4 3 FA V те Vg g 3 4 V ( r r ) додека V 3 r 3 3 е еднаква со тежината на r r F A mg Сл 54 За густината на материјалот од кој е изработена топката се добива: kg r m r б) Кога топката плива во течност со густина Архимедовиот закон гласи: 4

103 Глава V Хидромеханика mg F A те Vg gv од каде за густината се добива: 3 V kg/m V 4 Задача 55 Цистерна со дијаметар D = m е наполнета до половина со вода На цистерната се наоѓа отвор на висина h = D/4 од нивото на водата Со која максимална брзина може да се движи цистерната по кривина со радиус R за водата да не истече од цистерната Во моментот кога цистерната влегува во кривината со радиус R на водата во неа дејствува реакциска сила на центрифугалната сила што се јавува како резултат на кружното движење на цистерната F R h a i mg Сл 55 g Од дијаграмот на забрзувањата (сл 55) може да се определи: a v tg c () g g R Аголот исто така може да се одреди како: h sin () R Од равенките () и () следува дека максимална брзина со која може да се движи цистерната е: v gr 566 m/s 3 5

104 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 56 Во U-цевка (сл 56) со пресек S = cm во која се наоѓа глицерин со густина = 5 kg/m 3 се долева во едниот крак еден литар вода а во другиот m = 5 kg алкохол со густина = 8 kg/m 3 Да се одреди висинската разлика меѓу течностите во двата крака на цевката V m V S h V h cm S m h S 65cm h h V V h Од рамнотежата на притисоците во двата крака следува: Сл 56 g h g h g h V m S S V m h 4 cm S h = h + h h = 5 cm Задача 57 На хоризонтална подлога се наоѓа сад со вода Висината на водата во садот е h а масата на садот заедно со водата е M На едната 6

105 Глава V Хидромеханика страна од садот близу до дното се наоѓа отвор со напречен пресек S кој е многу помал од напречниот пресек на садот При која вредност на коефициентот на триење меѓу подлогата и садот садот ќе се придвижи? Брзината со која истекува течноста од садот на сл 57 низ отворот е: v gh Промената на импулсот на елементарно количество течност со маса m што протекува низ цевката за време t е еднаква со импулсот на силата F: или mv = F t Vv Ft каде што е густина на водата а V е волуменот на течноста што за време t истекува од отворот v h F tr Сл 57 F V v F t Силата со која водата ќе го движи садот е: F Qv Q Sv F Sv За да се придвижи садот силата F треба да биде поголема од силата на триење помеѓу садот и подлогата: F Mg 7

106 Збирка одбрани решени задачи по физика F S v Sgh Mg Mg Mg Задача 58 Вода струи во U-цевка со напречен пресек S = 4 m со брзина v = 3 m/s Колкава треба да биде минималната вредност на силата F за цевката да не се движи во спротивен правец од дејството на силата F? Густината на водата е = 3 kg/m 3 Промената на импулсот на елементарно количество течност со маса m што протекува низ цевката за време t е еднаква со импулсот на силата F: или mv = F t ΔV v F Δ t каде што е густина на водата а V е волуменот на течноста што за време t протекува низ цевката v F Сл 58 Q v F а бидејќи ΔV Δ t Q Sv за силата се добива: F S v F 36 N 8

107 Глава VI Топлина 6 Топлина Задача 6 Железнички шини со должина l = 5 m имаат на краевите плочи за составување со површина S = 8 cm При составувањето меѓу плочите е оставен простор од l = mm на температура t = C а) На која температура плочите ќе се допрат? б) Ако температурата се зголеми за уште C колкава е силата на термичкото напрегање меѓу плочите ако коефициентот на линеарно ширење на материјалот од кој се направени шините е = 5 C а Јунговиот модул на еластичност Е y = 8 Nm а) Должината на шините на температура t може да се определи како l l ) () ( t каде што l е должина на шините на C На температура t на која тие ќе се допрат нивната должина ќе изнесува l l ( t) па: l l ) () ( t Од равенките () и () за t << се добива равенката: Δ l l Δ t (3) каде што t = t t = 4 C а температурата на која шините ќе се допрат е: t = 6 C б) Од законот за еластична должинска деформација на шините следува: F S Δ l E y l каде што F е силата на термичкото напрегање кога температурата ќе се зголеми за уште t = C Тогаш l = l at и за силата се добива: F S E y Δ t 5 N Задача 6 Во вертикален цилиндар затворен од двете страни се наоѓа подвижен клип а над и под клипот се наоѓа ист идеален гас на температура T = 3 K Тежината на клипот е урамнотежена со разликата од силата на притисоците на гасот кога волуменот на долниот дел од 9

108 Збирка одбрани решени задачи по физика цилиндарот е три пати помал од горниот дел Ако температурата се зголеми за К тогаш клипот ќе биде урамнотежен кога волуменот на долниот дел на цилиндарот е два пати помал од волуменот на горниот дел Да се најде односот на масите на гасот во двата дела на цилиндарот Користејќи ја равенката за состојба на идеален гас за двете состојби (I и II) од сл 6 се добива: m m p V RT p V RT V 3V ; M M m m p V RT p V RT V V ; M M I II T V' p' T V'' p'' m m T V' p' m T V'' p'' m Сл 6 p 3 m p m m p k p p 3 p k 3 p m p V T pv T ; 8 V V V V V V 9 3k p p p p p p k 7 k 6

109 Глава VI Топлина Задача 63 Балон со волумен V = литри е наполнет со компримиран воздух на температура t = C а манометарот покажува притисок p = 5 Pa Колкав волумен вода може да се истисне од цистерната на една подморница со помош на овој балон ако истиснувањето се врши на длабочина h = 3 m и температура t = 5 C? Од законот за гасна на состојба следува: p V n RT p V n RT Притисокот p на длабочина h ќе изнесува: p p gh Волуменот на цистерната изнесува: pv p V V V ΔV T pv T V V ΔV T p T Волуменот на истиснатата вода од цистерната е еднаков на: ΔV ( p p T gh) T 558литри Задача 64 На висина H = m се наоѓа затворен сад на кој од едната страна во близина на дното има мал отвор Во садот има вода до висина h = 5 m а заробениот гас од мола има волумен V = 475 литри и температура T = 3 K Да се пресмета досегот на млазот вода што истекува низ отворот ако атмосферскиот притисок е p = 5 Pa Бернулиевата равенка за отворите и од сл 64 низ кои поминува водата во однос на дното на садот е: v v p gh p ()

110 Збирка одбрани решени задачи по физика каде што p е притисокот на гасот заробен во садот над нивото на водата а v и v се соодветните брзини на истекување на течноста низ пресеците и Ако се земе предвид дека напречниот пресек е многу поголем од тогаш брзината v може да се занемари во однос на v и за брзината v се добива: те v ( p p ) gh () nrt p V v gh (3) h v v H D Сл 64 Досегот на млазот вода ако тој се разгледува како хоризонтален истрел може да се определи како: Од равенките (3) и (4) следува: H D v (4) g

111 Глава VI Топлина nrt p H V D gh g D = 38 m Задача 65 Торичелиева апаратура (сл 65) е сместена во цилиндар со клип чија површина е S Над живата има водород а во цилиндарот воздух Во почетната состојба висината на столбот на жива е h = 7 m притисокот на воздухот p = 334 kpa а системот е на температура T = 73 K Клипот се повлекува бавно нагоре додека висината на живиниот столб не стане h = 4 m а притисокот на воздухот p = 8 kpa (состојба ) Понатаму волуменот се држи константен а се зголемува температурата на T 3 и живиниот столб е h 3 = 5 m (состојба 3) Конечно во состојбата 4 температурата е T 4 живиниот столб h 4 = 45 m а притисокот во цилиндарот останува непроменет Да се најде притисокот и температурата на водородот во конечната состојба Густината на живата е = 36 3 kg/m 3 h H Сл 65 Изотермен процес (премин од состојба во ) Равенката за состојбата на водородот во цевката е: p V T p V () T T = T = T () 3

112 Збирка одбрани решени задачи по физика 4 каде што: gh p p ; ( ) h H S V gh p p ; ) ( h H S V (3) каде што и p p се соодветните притисоци на водородот во цевката при изотермниот процес а и V V неговите волумени во состојбите и соодветно Од равенките () () и (3) следува: ) ( ) ( ) ( ) ( h H S gh p h H S gh p те m 3 ) ( ) ( h h g p p h h g h p h p H Изохорен процес (премин од состојба во 3) Равенката за состојбата на воздухот во цилиндарот е: 3 3 T p T p (4) а на водородот: T V p T V p (5) каде што: gh p p gh p p ) ( ) ( 3 3 h H S V h H S V (6) Од равенките (5) и (6) следува: ) )( ( ) )( ( h H gh p T h H gh p T (7) а од равенките (4) и (7) се добива: p 3 = 68 kpa и T 3 = 3644 K Изобарен процес (премин од состојба 3 во 4) T V p T V p

113 Глава VI Топлина T ( p ( p gh )( H h ) T ) gh3 )( H h3 p p gh 468 kpa K Задача 66 Челична цилиндрична цистерна со дијаметар m и висина h = 8 m се полни со нафта на температура C До која висина h може да се наполни цистерната за нафтата да не истече од неа кога температурата ќе се качи на 4 C Термичкиот коефициент на волуменското ширење на челикот е = 6 C а на нафтата = 9 4 C Волуменот на челичната цистерна V на температура t (сл 66) треба да биде поголем или еднаков на волуменот на нафтата V на истата температура V V V V' V V' Сл 66 Од законот за волуменско ширење следува: V V Δ ) V V Δ ) ( t ( t d 4 d Δ t h ( Δ t) h ( Δ t) h h 786 m 4 Δ t 5

114 Збирка одбрани решени задачи по физика 7 Термодинамика Задача 7 Клапејроновиот циклус (сл 7) се состои од две изотерми Tmax Vmax и две изохори при што и a Tmin Vmin а) Да се определи степенот на корисно дејство на идеална топлинска машина чија работа се засновува врз овој циклус ако работниот гас е двоатомен б) Да се спореди добиената релација со онаа за степенот на корисно дејство за топлинска машина што се заснова врз Карноовиот циклус за ист однос на температури p 4 V Сл 7 а) Коефициентот на корисно дејство изразен преку количеството топлина што го прима и испушта работниот гас според сл 7 е даден со равенката: 3 или: Q Q3 Q Q V3 ncv ( T T3 ) nrt3 ln V4 V nrt ln ncv ( T T4 ) V 4 6

115 Глава VII Термодинамика p Q 4 Q T max 4 V min Q T min Q 3 3 V max Сл 7 V Vmax CV ( Tmax Tmin ) RTmin ln Vmin Vmax RTmax ln CV ( Tmax Tmin ) V min 5 Ако во горната равенка се замени C V R за двоатомен гас се добива: 5( ) ln a ln a 5( ) б) При Карноовиот кружен циклус степенот на корисно дејство се определува како: Tmin T max Задача 7 Колкав е коефициентот на корисно дејство на идеална топлинска машина чија работа се заснова на циклус составен од изобара адијабата изобара и изотерма (сл 7) Работниот гас е двоатомен а pmax V a и b p V min 7

116 Збирка одбрани решени задачи по физика p 3 4 Сл 7 V Коефициентот на корисно дејство изразен преку количеството топлина што го испушта работниот гас според сл 7 е даден со равенката: Q4 Q Q3 или V4 nrt4 ln V () nc ( T T ) nc ( T T ) p p 4 3 p V max Q Q = Q 4 V min 3 4 Q 3 Сл 7 V V V T те V b T T T V () 8

117 Глава VII Термодинамика 3 T p T p 3 те max min 3 Ta 4 pmaxv pminv4 V те V T (3) 4 p p max Ако равенките () (3) и (4) се заменат во () се добива: min a (4) Од равенките Rb ln a C p a C p R C C и се добива: p V C R C p C V C C p p V или b ln a a Задача 73 Површината на напречниот пресек на цилиндар од мотор со внатрешно согорување е S = 3 m При адијабатска компресија од притисок p = 5 Pa до притисок p = 6 Pa се врши работа A = 5 J Да се најде одот на клипот и степенот на компресија ако почетната температура е T = 4 K ( = 4) Од зависноста меѓу притисокот и температурата при адијабатска промена на гасот дадена на сл 73: следува: p T p T 9

118 Збирка одбрани решени задачи по физика p T T 77 K p Од равенката за состојба на идеален гас може да се најде бројот на молови n на гасот во цилиндарот те nr: p p V T p V T Сл 73 V p p V V nrt nr T Според првиот закон на термодинамиката работата при адијабатскиот процес ќе биде дадена со равенката: j A ΔU ncv ΔT n R ( T T ) j pv A ( T T ) T AT 3 V 75 dm j p ( T T ) p pv dm 3 pv V V 7 p V 9 V V V h 9 cm S

119 Глава VII Термодинамика Задача 74 Еден мол идеален гас се загрева за К при што температурата се менува пропорционално со квадратот на притисокот Колкава работа врши гасот? T a p каде што a е коефициент на пропорционалност Од законот за гасна состојба следува: pv nrt nr a p V p nr a T V nr a a T V nr a a Работата што ја врши гасот при кој било процес е дадена со релацијата: V A p dv V dv ( V V ) nr a nr a V V V nr A ΔT 457 J каде што n = mol Задача 75 Во хоризонтален цилиндричен сад полн со воздух се наоѓа клип кој го дели садот на два еднакви дела Притисокот на воздухот во двата дела изнесува p Клипот се отклонува од рамнотежната положба за мало растојание и почнува да осцилира Да се најде периодот на осцилации ако масата на клипот е m растојанието од клипот до основата е l а површината изнесува S Триењето да се занемари а процесот е адијабатски Упатство: ( q) n nq за q << Клипот (сл 75) осцилира под дејство на силата:

120 Збирка одбрани решени задачи по физика S p p F ) ( Од равенката за адијабатски процес се добива: ) ( S x V p V p ) ( S x V p V p S x S V x S V V p F ) ( ) ( S V x S V V x S V V p F Бидејќи x е многу мало т е x<< следува: V x S V x S V x S V x S V x S V x S S p F p p x l Сл 75

121 Глава VII Термодинамика ps F x kx V m ml T k p S k Задача 76 Извесно количество двоатомен гас е затворено во сад со напречен пресек како на сл 76 помеѓу два цврсто поврзани клипа Почетниот волумен е V = cm 3 Ако клиповите брзо се поместат надесно за растојание x температурата ќе се зголеми за 5% Колкаво е растојанието x? Разликата на површините на двата напречни пресека е S = S S = cm S S p p l Сл76 Од сл 76 се гледа дека: V S l V ) S ( l x S x V S l S S ) x ( V V Δ Sx Бидејќи клиповите брзо се пoместуваат процесот е адијабатски; за што важи равенството: const TV V V T T 3

122 Збирка одбрани решени задачи по физика T T T T 5T V ( T T ) T V ( S l) ( T T )( V S x) T S x T ( ) V T V T V x [ ( ) ] [ (5) ] S T S x = 43 cm Задача 77 Цилиндар затворен од сите страни е ставен во хоризонтална положба Во внатрешноста гасот е поделен на n делови со n клипови Во секој дел на почетокот се познати притисокот p p p n и волуменот V V V n Ако клиповите се ослободат да се движат без триење по извесно време ќе се воспостави рамнотежа при што во секој дел од цилиндарот ќе има нова состојба на гасот Да се пресметаат параметрите на состојбите во секој дел од цилиндарот ако температурата во сите делови пред и по процесот останува иста Масата на клиповите може да се занемари Бидејќи цилиндарот се наоѓа на константна температура законот за состојба на гасот во секоја од преградите е: i i ' ' ivi p V p ( i n) () каде што ' ' ' n p p p p () ' ' ' n V V V n V V V (3) Од равенките () и () i i ' i p V pv V pivi p ' i 4

123 Глава VII Термодинамика Од равенката (3) n n V i V i i i ' при што: n V n i i i p V i p i p n i n i p V i V i i V ' i p V i p i p V i n i i i n p V i V i i Задача 78 Дијаметарот на цилиндар за внатрешно согорување изнесува m а одот на клипот m Колкав волумен треба да има комората при компресија ако е познато дека почетниот притисок на гасот изнесува 5 Pa почетната температура 7 С а конечниот притисок по компресијата е 6 Pa Да се најде работата извршена при адијабатска компресија за = 3 За адијабатски процес од сл 78 важи релацијата: V p V p V V Sh h V V Сл78 5

124 Збирка одбрани решени задачи по физика V V V p p ( V V V p p Sh p p V Sh V ) p p p p ( Sh V) ( p p p ( Sh V ) p 76 6 ) ( Sh V ) m 3 m Врската меѓу притисокот и температурата при адијабатски процес е дадена со изразот: од каде: p T p T p T ( ) p T Работата извршената при адијабатската компресија е: p V T T A 43 J T Задача 79 Топлинска машина работи според циклусот прикажан на сл 79 Да се определи степенот на корисно дејство во зависност од максималната температура во циклусот ако работното тело е mol идеален гас со Поасонов коефициент 6

125 Глава VII Термодинамика p 3 Сл 79 Од процесот прикажан на сл 79 следува: V T T max Q Q Q A Q Q Q каде што Q е вкупно количество на топлината што ја прима гасот а Q е вкупно количество на топлината што ја дава T T min p 3 Q 3 Q 3 Q Сл 79 V 7

126 Збирка одбрани решени задачи по физика Q Q 3 A Q3 pv nc ( T v ( 3 T ) nc ( T p p )( V V ) За одделните процеси ќе важат равенствата: p T ) V3 V ; V3 T3 T p V p 3 ; 3 p T T3 p T V 3 и V T p T3 p kv p kv p V nrt p T () pv nrt Со замена на равенките за p и p во равенката за состојбата на гасот се добива: kv kv nrt nrt V T V T : Со замена на последната равенка во () се добива: A ( kv T T kv )( V nrt A k k T 3 T 3 T T T V ) k( V T ( T 3 ) V ) T nrt ( T kv 3 ) T ( T 3 ) 8

127 Глава VII Термодинамика Со замена на изразите за А и Q во изразот за коефициент на корисно дејство се добива: TT nrt ( ) T nc ( T T T ) nc ( T T T ) v Задача 7 На сл7 е претставен кружен процес во VT дијаграм Да се определи коефициент на корисно дејство V = m 3 V = 3 m 3 T = 3 K T = 9 K Процесот се однесува на еден мол двоатомен гас Универзалната гасна константа изнесува R = 83 J/(K mol) p V V V 3 T T T Коефициентот на корисно дејство на циклусот се пресметува според формулата: или Сл 7 Q () Q Q A () каде што Q е количество топлина што во еден циклус му се предава на ладилникот а Q е количество топлина примена од загревачот A е извршена работа на гасот во еден циклус 9

128 Збирка одбрани решени задачи по физика V V Q Q 3 V 3 Q 3 T T T Сл 7 Според Клајпероновата равенка: PV nrt (3) Кога V и T се намалуваат линеарно притисокот P останува постојан Линеарноста е забележлива од сл 7 При промена на состојбата на гасот од состојбата 3 во состојба гасот прима топлина Q 3 Од сл 7 се гледа дека делот 3 е изотермен процес проследен со зголемување на волуменот те со намалување на притисокот Соодветните величини Q Q 3 и Q 3 се: Q Q Q3 Q Q 3 Q ncv ( T ) (4) T Q ncp ( T ) (5) 3 T V 3 nrt ln V Q n= (6) Моларните топлински капацитети на гасот при постојан волумен и притисок изнесуваат: 5 7 C V R 775 J/(K mol) и C P R 9 85 J/(K mol) 3

129 Глава VII Термодинамика Q CV ( T T ) 465 J Q 3 % Q Задача 7 Во цилиндар со подвижен клип со занемрлива тежина и напречен пресек S = mm се наоѓа вода со маса m = kg на температура од t = C Во водата се наоѓа грејач со моќност P = 5 W Колкаво време треба да е вклучен грејачот за клипот под дејство на водната пареа да се подигне за h = m? Атмосферскиот притисок p = 3 kpa топлината на испарување на водата Q i = 6 MJ/kg c V = 49 3 J/kg K Сите загуби на топлинска енергија да се занемарат Моларната маса на водата е M = 8 g/mol Од количеството топлина Q што ќе го ослободи грејачот за време t еден дел ќе се потроши за загревање на водата од до C дел за испарување на водата со маса m а еден дел за вршење работа на клипот при подигањето Од законот за запазување на енергијата следува: Q mc t m' Q pv Од равенката за состојбата на гасот следува: m' p V nrt RT m' M што претставува испарено количество вода: V i pvm RT phsm 3 m ' 59 kg RT Од равенката за моќност следува: t Q P mc V t m' Q P i pv 867 s 44 min Задача 7 Во хоризонтална цевка (сл 7) со пресек S = -3 m е поставен грејач со моќност P = 8 kw Кога низ цевката протекува воздух со притисок 6 Pa тој се загрева од 5 C на 7 C Да се определат: а) маса на воздухот која протекува низ цевката во единица време б) брзина на воздухот низ излезот од цевката 3

130 Збирка одбрани решени задачи по физика Воздухот е двоатомен гас со моларна маса M = 9 g/mol Топлинските загуби да се занемарат t t S Сл 7 Q а) P t каде што Q e топлина која се троши за загревање на маса m од темпартура t до t : Q m cp ( t t) Pt m cp ( t t) m P t c ( t t ) P Специфичниот топлински капацитет при константен притисок може да се изрази како: j ( ) R CP ( j / ) R c P M M M каде што C p е моларен капацитет при константен притисок ј = 5 е број на степени на слобода на воздухот а R е универзална гасна константа m PM t R j / )( t t ) ( Значи масата на воздух која протекува низ цевката во единица време е: m Q m 4kg/s t 3

131 Глава VII Термодинамика V ls б) Q m vs t t Од Клајпероновата равенка за гасна состојба на излезот на цевката следува: каде што m V m pv nrt RT M p RT M QmRT v MpS Qm v S Mp RT 35 m/s Задача 73 Да се најде адијабатската константа = c P / c V за смеса од гасови која се состои од m = g хелиум (He) и m = 9 g водород (H ) Количеството топлина неопходно за загревање на масата m при постојан волумен е: Q cv mt Количеството топлина неопходно за загревање на масата m при постојан волумен е: Q cv mt Количеството топлина неопходно за загревање на смесата е: QV cv mv t каде што c V е специфичен топлински капацитет на смесата при постојан волумен а m V = m +m е маса на смесата Од законот за запазување на енергијата следува: c V ( m Q m ) t c c V V c Q Q V V m c V m m m m t c V m t 33

132 Збирка одбрани решени задачи по физика 34 По аналогно размислување истите равенки можат да се напишат и при постојан притисок: ) ( m m m c m c c t m c t m c t m m c P P p P P P m c m c m c m c c c V V P P V P Специфичниот и моларниот топлински капацитет се поврзани со релацијата: M C c P P ; M C c V V каде што М е моларна маса а моларните топлински капацитети при постојан притисок и постојан волумен се дадени со равенките: R j C P ; R j C V За He (едноатомен гас) ј = 3 За H (двоатомен гас) ј = 5 5 ) ( ) ( ) ( ) ( M m j m M j m M j m M j M m j M m j M m j M m j C C V P Задача 74 Цилиндар е поделен на два дела со клип Во едниот дел од цилиндарот се наоѓа воздух со маса m = g на температура t = C Другиот дел од цилиндарот е вакуум и на таа страна вдолж оската на цилиндарот е поставена пружина која во нерастегната положба има должина колку и цилиндарот Ако воздухот се загрее до температура од t = C да се пресмета количеството топлина што се доведува за ова загревање (R = 83 J/mol K = 4 M = 9 g/mol) Услов за рамнотежа е внатрешните сили (сл74) да бидат еднакви на еластичните сили: kx S p kx S p

133 Глава VII Термодинамика p Sx p Sx p V p V kx kx x S x Сл 74 За потиснување на пружината од x до x се врши работа А која е еднаква на разликата во потенцијалната енергија на еластично деформираната пружина те тоа е работата што ја врши гасот: ( x x ) A pv nrt p V nrt Од овие равенки се добива дека извршената работа е: n A RT Q U A nc n n CV T RT RT ( R m 74 J M V Q nrt ( j ) 3RT ) Задача 75 На сл 75 е прикажан цилиндар со преграден ѕид на средината и со подвижен клип Вентилот на преградниот ѕид се отвора кога притисокот во десниот дел е поголем од притисокот во левиот дел На почетокот има m = g хелиум (He) во левиот дел и m = g хелиум 35

134 Збирка одбрани решени задачи по физика (He) во десниот дел на температура од t = C а целиот систем е топлински изолиран Клипот брзо се турка кон преградниот сид сè додека не се отвори вентилот Да се пресмета T на гасот по отворањето на вентилот На почетокот во цилиндарот (сл 75): каде што p m RT ; M V p p p m RT M V p V T m p V T m p ' V T Со адијабатска компресија: Сл 75 p p' Во граничниот случај p' p p p p ( p V V V p' V p V m V m / m / ) ( ) m Бидејќи системот е топлински изолиран Q Q 36

135 Глава VII Термодинамика 37 ] ) ( [ ) ( ) ( / m m T m m m T m m T m m T T T T m c T T m c V V ) ( ) )( ( ' ' / T m m T m m m m T V p V p T T V p nr nrt V p каде што 67 j j е Поасоновата константа за хелиум (j = 3) 58 K T

136 Збирка одбрани решени задачи по физика 8 Геометриска оптика Задача 8 На површината на река се наоѓа сплав со должина а = 8 m и ширина b = 6 m Да се најде големината на сенката од сплавот на дното на реката при осветлување на површината на водата со расеана светлина Длабочината на реката е h = m Сл 8 Од Сл 8 гледаме дека важи a = a h tg Од законот за прекршување следува: sin = n sin а бидејќи sin = добиваме sin = те: n tg tgarcsin n Сенката на сплавот ќе биде со димензии: a = a - h tg arcsin = 34 m и n b = b - h tg arcsin = 4 m n 38

137 Глава VIII - Геометриска оптика Задача 8 Светлински зрак паѓа на долната страна на правоаголна стаклена призма со = 3 и n = 3 Призмата со едната страна е допрена до рамно огледало a) Ако упадниот зрак паѓа под агол = 45 определете го аголот под кој зракот ќе ја напушти призмата б) Колкава е најмалата вредност на упадниот агол при кој светлосниот зрак се уште ќе излегува од призмата? Сл 8 а) На граничната површина помеѓу воздухот и призмата настанува прекршување на светлинскиот зрак според Снелиусовиот закон: sin sin nsin те arcsin n Од Сл 8 гледаме дека зракот кој ќе се движи низ призмата се рефлектира од рамното огледало под истиот упаден агол 9 - β во однос на нормалата на огледалото На втората гранична површина зракот паѓа под агол φ а излегува од призмата под агол ψ за кои исто важи законот за прекршување: n sin sin Од Сл 8 се заклучува дека добива: односно За аголот под кој светлинскиот зрак ја напушта призмата се 39

138 Збирка одбрани решени задачи по физика n sin arcsinn sin9 64 arcsin 3 б) За да се уште излегува од призмата зракот треба да се лизга по нејзината гранична површина те ψ = 9 Од овој услов и законот за прекршување добиваме: n sin sin 9 те arcsin n Од овде ќе го определиме аголот β според: 9 9 arcsin 9 7 n На крајот за минималниот упаден агол за кој зракот ја напушта призмата се добива: arcsin n sin 67 min Задача 83 Во кои граници може да се менува аголот на девијација кај стаклена призма со агол при врвот θ = 6 и индекс на прекршување n = 5? Аголот под кој светлинскиот зрак ја напушта стаклената призма може да се менува во границите од 9 кога тој се лизга по граничната површина на призмата до вредноста γ кога зракот во призмата се простира по правец паралелен со основата (Сл 83) Аголот на девијација (отстапување) од правецот на простирање на упадниот зрак ќе биде најголем во случај кога излезниот зрак се лизга по граничната површина (Сл 83) Тогаш за збирот на аглите во четириаголникот ABCD важи: те: max 9 () max 4

139 Глава VIII - Геометриска оптика Сл 83 Од законот за прекршување на втората гранична површина на која β = 9 добиваме: n sin sin sin 9 arcsin 4 4 n Аголот под кој се прекршува светлинскиот зрак на првата гранична површина ќе го добиеме од триаголникот ABC за кој важи: Конечно за упадниот агол ќе важи релацијата: sin nsin те: arcsinn sin 9 43 Ако оваа вредност ја замениме во изразот () за максималниот агол на девијација ќе добиеме: max За да го определиме минималниот агол на девијација ќе земеме дека во тој случај зракот во призмата се простира по правец паралелен со основата (Сл83) Тогаш важи дека те 3 и 4

140 Збирка одбрани решени задачи по физика Сл 83 Од законот за прекршување на првата гранична површина следувa: sin n sin n sin те За аголот γ добиваме 9 46 Вредноста на минималниот агол на девијација ќе го определиме како надворешен агол во рамнокракиот триаголникот чии агли при основата се аглите γ односно важи: 8 8 min 38 9 min Задача 84 Две стаклени правоаголни призми со еднакви димензии и индекси на прекршување n = 6 и n = 5 се прилепени една до друга и формираат рамнострана призма АВС На страната АВ паѓа монохроматски зрак под агол = 7º За колку степени ќе скршне тој зрак при поминувањето низ призмата АВС? Призмата се наоѓа во вода (n = 33) Од законот за прекршување на првата гранична површина (сл 84) добиваме: n sin n sin од каде се пресметува аголот β: 4

141 Глава VIII - Геометриска оптика n sin sin 5 36 n Сл 84 Бидејќи двете споени призми формираат рамнострана призма аглите при темињата А B и C ќе бидат еднакви на 6 На втората гранична површина помеѓу двете призми упадниот агол и аголот на прекршување се γ и γ соодветно за кои важи: те 3 36 и n те γ = 86 sin n sin На третата гранична површина упадниот агол и аголот на прекршување се α и β соодветно за кои важи: 3 те α = 74 и n те β = 85 sin nsin Конечно за аголот на скршнување на светлинскиот зрак се добива: = ( - ) - ( - ) + ( - ) односно = 8 43

142 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 85 Две правоаголни призми со агол при врвот = 3 и индекс на прекршување n = 5 и n = 6 се споени така да образуваат призма со основа паралелопипед Под кој агол треба да падне светлински зрак на призмата со n за да тој поради тотална рефлексија не може да излезе од призмата со n Колкав е аголот на девијација во тој случај? Сл 85 Од законот за прекршување како и во претходната задача добиваме: n sin 3 = sin 3 = За големините на аглите важи: 3 = arcsin sin 3 n = = + = 87 а за прекршувањето помеѓу двете призми: n sin = n sin од каде добиваме = arc sin гледа дека важи: sin n n = 93 Од триаголниците на Сл 85 се 44

143 Глава VIII - Геометриска оптика = + = 393 Конечно големината на упадниот агол треба да биде помала од: sin = n sin = arcsin(n sin ) = 78 Аголот на девијација во тој случај е + = 9 = 8 Задача 86 Светлосен извор Ѕ кој се наоѓа на растојание а = m од екран испраќа светлосен зрак нормално на екранот Зракот паѓа во точката Р На патот на зракот се поместува план паралелна плоча со дебелина d = m и n = 5 така што правецот на простирање на зракот во плочата зафаќа агол = 3 º со првобитниот правец а) Да се најде поместувањето PP б) Да се најде релативната промена на времето во однос на времето за кое зракот го поминува патот SP Сл 86 a) Според сл 86 следува = + = + 3º а од законот на прекршување: sin = n sin 45

144 Збирка одбрани решени задачи по физика sin( + 3º) = n sin те = 386 º Поместувањето ќе биде еднакво на d P P sin 3 7 m cos б) Релативната промена на времето за кое светлинскиот зрак стигнува до екранот во двата случаи е: t t t t t каде a t и c d d a cos3 cos cos t c c n За релативната промена се добива ε 5% Задача 87 Човек со висина 8 m се огледува во огледало кое е наведнато кон него под агол од 6º кон хоризонтот Ако очите на човекот се на растојание l = 3m од огледалото да се одреди најкратката должина на огледалото за да човекот се види цел во него Сл 87 Според Сл 87 аголот ABC = 8º - па користејќи ја косинусната теорема добиваме: 46

145 Глава VIII - Геометриска оптика r = h + (l) 4lh cos (8 - ) r = h + 4l + 4lh cos r = 7 m Понатаму со користење на синусната теорема од ΔABC добиваме: sin sin 8 те β = 86 h r Минималната големина на огледалото треба да биде: d = l tg = 3 8 = 68 m Задача 88 Помеѓу конкавно сферно огледало (Ј = m - ) и предмет точкест извор на светлина кој се наоѓа на растојание p = cm од темето на огледалото се поставува планпаралелна стаклена плочка Колкав треба да биде индексот на прекршување на планпаралелната плочка со дебелина d = 3 cm за да положбите на предметот и ликот се поклопат? (Отворот на огледалото е доволно мал така да односот на тангесите на упадниот и аголот на прекршување низ планпаралелната плочка може да се замени со односот на синусите од тие агли) Сл 88 Сл 88 Положбите на ликот и предметот може да се совпаднат ако тие се на растојание двојно поголемо од фокусното Значи треба плоча со таков n и d да продолжението на зраците поминува низ центарот на кривината на огледалото: f m J 47

146 Збирка одбрани решени задачи по физика Поместувањето на предметот поради прекршувањето на зраците низ планпаралелната плочка е a PP p f каде дебелината на плочката е d a h (Сл 88) Од законот за прекршување и од податокот дека AB CD следува: sin sin n sin n и sin tg sin d htg dtg tg sin h Од последниве две равенки следува: d d d n 5 h d a d p f Задача 89 Во картонска цевка има четири проѕирни топки наредени една до друга при што кога ќе се погледне низ средината сликата како да се гледа низ обично дебело стакло Ако пак се погледне низ една топка во далечина се гледа матно и нејасно Ако пак ставиме две топки една до друга низ нив се гледа превртена слика ни зголемена ни намалена Да се пресмета индексот на прекршување на материјалот од кој се направени топките Сл 89 За прекршувањето низ овој оптички систем ќе важи скицата дадена на Сл 89 На неа се гледа правецот на простирање на светлинските зраци опишан во условот на задачата Равенката за прекршување на светлината низ сферна површина е: n n n n p l R 48

147 Глава VIII - Геометриска оптика и таа ќе важи за прекршувањето кога набљудуваме низ една топка кога набљудувањето е од далечина те p = а ликот е матен и нејасен те се добива на самата површина од топката на растојание l = R односно: n n n n R R n n Бидејќи светлинските зраци доаѓаат од воздух n = се добива дека индексот на прекршување на стаклото од кое се направени топките е n = Задача 8 Во хоризонтално поставено конкавно огледало се става многу тенок слој вода со индекс на прекршување n = 33 Радиусот на кривината на огледалото е R = 6 cm Да се определи фокусното растојание на системот огледало вода? Сл 8 R Фокусното растојание на огледалото е f Законот за прекршување на граничната површина воздух-вода е n sin sin каде - агол на паѓање на зраците од вода во воздух а - агол на прекршување Тогаш од условот дека слојот вода е многу тенок следува: DE EFtg и 49

148 Збирка одбрани решени задачи по физика при што важи дека DE EF tg EF OF ; EF OF од каде следува: OFtg OF tg те ftg f tg каде f e фокусно растојание на огледалото со слојот вода За мали агли tg sin ; tg sin па добиваме: f tg tg sin R sin n f f 6 cm Задачата може и поедноставно да се реши ако огледалото слој вода се разгледува како оптички систем од огледало и водена леќа чија јачина е: Ј = Ј + Ј бидејќи низ водената леќа зраците поминуваат двапати те: n J n R R R f 6 cm J Задача 8 Испакнато вдлабната (конвексно конкавна) леќа со радиуси R и -3R соодветно е посребрена од испакнатата страна Ако индексот на прекршување на стаклото на леќата е n = 5 да се определи еквивалентното фокусно растојание на системот Фокусното растојание на системот леќа-огледало ќе го пресметаме земајќи предвид дека светлинските зраци најпрвин ќе се прекршат низ леќата па ќе се одбијат од огледалото и на крајот повторно ќе се прекршат низ оптичката леќа односно: Ј = Ј + Ј Оптичките јачини на секој од одделните оптички елементи се: J n n n R R R 3R 3R 5

149 Глава VIII - Геометриска оптика Вкупната оптичка јачина е: и J R J n n 3R R 3R 3R 3 или f R J n 8 Задача 8 Од растојание p = m се фотографира дрво Висината на дрвото на негативот е mm Да се определи: а) вистинската висина на дрвото; б) длабочината на камерата ако оптичката јачина на камерата е J = 5 D Ако од истата далечина со истиот фотографски апарат снимаме автомобилски трки дали времето на експонирање од s е доволно за 5 да снимката биде остра (снимката е остра ако ликот не се помести повеќе од mm ) Автомобилите се движат со брзина од 5 km/h Фокусното растојание на леќата на објективот е: f 4 m J Бидејќи предметното растојание е многу поголемо од фокусното растојание (p << f) ликот ќе се добие во фокусот те на растојание l = f = 4 m а) За да ја определиме вистинската висина на дрвото (предметот) ќе ја искористиме равенката за оптичко зголемување: P p z L l p од каде следува дека дрвото е високо P L 5 m l б) Длабочината на камерата е еднаква на растојанието помеќу објективот и филмот те ликовното растојание 4 m При снимање на автомобилски трки поместувањето на автомобилот кој се снима (поместувањето на предметот) ќе биде: 5

150 Збирка одбрани решени задачи по физика km S v t s m h 5 Користејќи ја повторно равенката за оптичко зголемување за поместувањето на ликот се добива: S p l те s S 88 mm s l p Значи снимката ќе биде чиста Задача 83 Да се одреди максималното време на експонирање на филмот во фотоапарат за да се добие јасна снимка на автомобил кој се движи со брзина v = 7 km/h на растојание p = m од фотографот нормално на оптичката оска на апаратот За време на снимањето поместувањето на ликот не треба да е поголемо од a = mm Фокусното растојание на објективот на апаратот f = cm Сл 83 За времето на експонирањето t произволна точка А доаѓа во положбата В те: AB v t Ликот на поместувањето AB врз филмот е A B те AB P и A B L Од равенката за оптичко зголемување следува: l L l u те L P p P p 5

151 Глава VIII - Геометриска оптика а од равенка на леќа фокусната рамнина кога p p l f f l Оттука за големината на ликот f земаме дека ликот се добива во AB добиваме: l f L P v t p p Оваа големина не треба да ја надмине вредноста a = mm за да се добие јасна слика па затоа максималното време на експозиција треба да биде: ap t max 5 ms vf Задача 84 На растојание p = 75 cm пред симетрична двојно испакната леќа се наоѓа предмет со големина P = cm нормално на оптичката оска на леќата чиј лик на екранот е со големина L = 5 cm На растојание d = 35 cm од леќата се става симетрична двојно вдлабната леќа со f = 5 cm Да се најде на кое растојание од втората леќа треба да се постави екранот за да на него се добие јасен лик и колкав е тој лик? Од податоците за големина на ликот и предметот при прекршувањето низ двојно испакнатата леќа се добива фокусното растојание на леќата: L l p 875 cm P f 5 cm p l f Ако пред оваа леќа на растојание d = 35 cm се постави двојно вдлабната леќа (растурна) ликот ќе се добие на растојание: l 8 cm p d f Треба да се нагласи дека тој е имагинарен и се наоѓа од иста страна на растурната леќа како и предметот Тој лик ќе биде виртуелен предмет за собирната леќа и растојанието од него до собирната леќа ќе биде: p l d 4358 cm Равенката за собирната леќа ќе гласи: 53

152 Збирка одбрани решени задачи по физика те l 87 cm p l f Значи екранот треба да се оддалечи за l l 4 cm за да се добие јасен лик Задача 85 Точкаст извор на светлина се поставува на растојание 3 cm од собирна леќа со фокусно растојание f = cm За колку ќе се помести ликот на изворот ако меѓу изворот и леќата се стави планпаралелна транспарентна плочка со дебелина d = 5 cm и индекс на прекршување n = 58? Сл 85 Од равенката за тенка леќа може да се пресмета ликовното растојание: p f те l 6 cm p l f p f После поставувањето на планпаралелната плочка како последица на прекршувањето на светлината низ неа предметот виртуелно се поместува поради што се менуваат и предметното и ликовното растојание: p f те l p l f p f Од цртежот 85 може да забележиме дека за растојанието помеѓу правецот на првобитното простирање на зракот и правецот на зракот после поставувањето на плочката важи релацијата: 54

153 Глава VIII - Геометриска оптика x p p tg додека за растојанието x може да запишеме: x BC BD CD x d tg d tg Овде ќе ја искористиме тригонометриската трансформација дека за мали агли важи sin α tg α α Користејќи го законот за прекршување и претходната замена добиваме: sin nsin те n За поместувањето на предметот важи: n p p d d n n од каде за новите положби на предметот и ликот се добиваат растојанијата p 5 cm и l cm а за поместувањето на ликот: l l l 4 cm Задача 86 Пред испакнато сферно огледало на растојание d = 3 cm од темето на огледалото нормално на неговата оптичка оска е поставена собирна леќа со фокусно растојание f = cm Ако на растојание p = cm од леќата се постави точкаст светлински извор конечниот светлински сноп што се формира по минувањето на светлината низ системот е паралелен Да се пресмета радиусот R на огледалото Сл 86 55

154 Збирка одбрани решени задачи по физика При минувањето низ овој оптички систем светлинските зраци најпрво минуваат низ леќата чија равенка е: p l f од каде се добива ликовното растојание l 6 cm Тоа значи дека ликот се добива пред леќата Овој лик е сега предмет за рефлексијата на зраците од сферното огледало за кое важи равенката на сферно огледало: l d l од каде за ликовното растојание се добива l R l d R За да при повторното прекршување на светлинските зраци низ леќата се добие паралелен сноп треба ликот од сферното огледало да биде во фокусот на леќата те: l d f Од овде за радиусот на сферното огледало се добива R cm Задача 87 Едната страна на двојновдлабната симетрична леќа е посребрена Индексот на прекршување на стаклото е n = 6 а радиусот на кривината на леќата R = mm На растојание p = 5 cm од леќата се наоѓа предмет со висина h = 6 cm Да се определи големината на ликот добиен од двата оптички системи Оптичкиот систем во оваа задача се состои од оптичка леќа и сферно огледало допрено до леќата Тогаш конечниот лик ќе се добие после прекршување низ леќата одбивање од огледалото и повторно прекршување низ оптичката леќа Зголемувањето на конечниот лик ќе зависи од зголемувањата на секој од елементите на оптичкиот систем те: 56

155 Глава VIII - Геометриска оптика u l l l 3 uu u3 () p p p3 Растојанијата p l p l p 3 и l 3 може да се определат од равенките на леќа и огледало: p l f каде n е фокусното растојание на леќата Од претходниве f R R равенки за ликовното растојание се добива l = 46 cm Овој лик претставува предмет за сферното огледало те l = p Равенката на сферно огледало гласи: p l f R За ликовото растојание l се добива l = 555 cm Добиениот лик претставува предмет за конечното прекршување низ леќата при што l = p 3 Равенката на леќа во овој случај ќе биде: p3 l3 f oд каде за ликовото растојание се добива l 3 = 46 cm На крајот добиените вредности за растојанијата p l p l p 3 и l 3 ги заменуваме во равенка () при што се добива: l l l3 u uu u3 8 p p p Бидејќи за зголемувањето важи дека големината на конечниот лик добиваме 3 L 3 3 u uu u3 за P P P3 P 3 u P 5 cm L L L L Задача 88 Меѓу предмет и екран е поставена леќа Ако екранот е фиксен а леќата се поместува кон него тогаш јасен лик ќе се добие при две положби на леќата прво зголемен а потоа намален Ако растојанието меѓу предметот и екранот е d а помеѓу првата и втората положба на леќата a да се покаже дека фокусното растојание изнесува a f d d 57

156 Збирка одбрани решени задачи по физика Сл 88 За двете положби на леќата ќе ги запишеме равенките на тенка леќа соодветно: и () p l f p l f Од условот на задачата l d p а останатите растојанија изразени преку предметното растојание p се: p p a и l d p d p a Ако сега ги замениме овие растојанија во равенките () добиваме систем од две равенки кој го решаваме по непознатата p : p d p f p a d p a f 58

157 Глава VIII - Геометриска оптика d a Решението на системот е p Со замена во l d p за ликовното d a растојание се добива l што го заменуваме во равенката на леќа () за првата положба од каде за фокусното растојание се добива изразот: d a d a p l a f d p l d a d a 4 d Задача 89 Tочкаст светлински извор S се наоѓа на главната оптичка оска на една леќа со фокусно растојание f = 5 m Зад леќата има огледало (рамно) чија нормала со оптичката оска зафаќа агол = 5 Огледалото рамномерно ротира околу главната оптичка оска и при тоа ликот на изворот се движи по кружна патека со брзина v = 3 m/s Да се пресмета периодот на ротација на огледалото SO 6 m и ON m Сл 89 59

158 Збирка одбрани решени задачи по физика Брзината на ротирање на ликот е дадена со релацијата за брзина на кружно движење: v r Ако овде го замениме изразот за кружна фреквенција се добива: T v r () T Од равенката за тенка леќа се пресметува ликовното растојание те ' растојанието SS (слика 89) кое ќе биде еднакво на: p f l 3 m p f За да го определиме периодот на ротација според равенката () треба да се најде најпрвин радиусот на кружната патека те r NL sin каде што NL l ON m На крајот за периодот на ротација се добива: T l ON sin s r v v 6

159 Глава IX - Физичка оптика 9 Физичка оптика Задача 9 Во точката А на екран поставен на растојание L = m од светлинскиот извор паѓаат два зрака монохроматска светлина со бранова должина = 5 m Зракот SA поаѓајќи од изворот поминува низ стаклена плочка (n = 5) со дебелина d = m а зракот SCA е рефлектиран од рамно огледало C кое се наоѓа на нормално растојание l = 5 mm од правецот на зракот SA Да се одреди резултатот на интерференција во точката А Сл 9 Оптичката патна разлика која го вклучува и додавањето на рефлексијата на светлината од оптички погуста средина во точката C е: L L d nd Со пресликување на точката S во однос на правата која минува низ C може да се добие: L h L h L L Со користење на x x / кој важи за мали вредности на x се добива: 6

160 Збирка одбрани решени задачи по физика односно: h L L L h d L n Условите за интерферентен максимум и минимум се = k - max и = (k+)/ - min Бидејќи: (l) d L во точката А има интерферентен минимум n 885 Задача 9 Рамен монохроматски бран паѓа нормално на дијафрагма со два тесни процепи меѓу кои растојанието d = 5 mm На екранот поставен на l = cm зад дијафрагмата се образува систем интерферентни ленти За колку и во која насока ќе се поместат овие ленти ако едниот од процепите се покрие со стаклена плочка со дебелина h = m и индекс на прекршување n = 5 Сл 9 Од сликата 9 се гледа дека за патиштата кои ги минуваат двата зрака кои интерферираат важи: 6

161 Глава IX - Физичка оптика d d s l x ; s l x од каде се добива: s s s s s s xd За големи растојанија l >> x важи s + s l од каде: xd s s l Ако отворот е покриен со стакло тогаш оптичкиот пат на зракот ќе се зголеми за (n )h што значи за толку ќе се намали оптичката патна разлика Таа промена ќе се одрази во промена на x: од каде: xd l n h l n h x mm d Сликата е поместена кон покриениот процеп Задача 93 Точкаст извор на светлина со l = 6 nm се движи рамномерно паралелно со препрека на која има два мали отвори поставени на меѓусебно растојание d = mm Растојанието меѓу правецот на движење и препреката е h = m Приемник на светлина P кој е поставен на оската на системот OO регистрира периодична промена на интензитетот на светлина Да се одреди брзината на движење на изворот ако фреквенцијата со која се менува интензитетот на светлина во P изнесува f Се претпоставува дека изворот се движи во близина на оската OO Нека во почетниот момент S се наоѓа на OO и тогаш интензитетот во P е максимален После време t = /f изворот ќе биде на растојание l = vt од оската а интензитетот пак ќе биде максимален На сликата 94 растојанијата MP и NP се еднакви и не влијаат врз интерференцијата 63

162 Збирка одбрани решени задачи по физика 64 Сл 93 Условот за максимум е k SM SN Од сликата 93 се гледа дека: k l d h l d h односно: k h l d h h l d h Ако се употребат апроксимативните изрази: h d l h h d l h d l h d l h ќе се добие dl = h Конечно: s mm 45 d hf t l v Задача 94 Заради намалување на загубите поради рефлексија од површината на стаклото на еден рамен колектор со n = 6 истото се покрива со слој од материјал со индекс на прекршување на n = 6 За

163 Глава IX - Физичка оптика која најмала дебелина на тој слој рефлектирачката способност на тој слој ќе биде еднаква на нула за светлина со бранова должина = 58 m Сл 94 За да се намали рефлексијата потребно е да се јави интерферентен минимум во рефлектирана светлина Двата зрака кои интерферираат се одбиваат од оптички погуста средина (едниот се движи низ воздух и се одбива од слојот со n а вториот низ средината со n и се одбива од средината со n ) Затоа условот за интерферентен максимум е: z n d Минимална дебелина се јавува за z = и притоа: d min 5nm 4 n Задача 95 Да се определи најмалата дебелина на тенко ливче ако се знае дека кога тоа ќе се осветли со монохроматска светлина со бранова должина = 64 nm се набљудува максимум на интерференција а кога ќе се осветли со = 4 nm се добива минимум на интерферентната појава И во двата случаја упадниот агол = 3 o а интерферентната појава се набљудува во рефлектирачка светлина Индексот на прекршување на тенкото ливче е n = 5 Во рефлектирачка светлина настанува една рефлексија од оптички погуста средина и тоа само зракот кој се одбива од ливчето Затоа условите за максимум односно минимимум при соодветните бранови должини се: 65

164 Збирка одбрани решени задачи по физика nd cos k max nd cos k min Ако се изедначат горните изрази се добива: односно: k k k k 8k За да биде k цел број треба k + = 5; ; 5 Од друга страна за да биде минимална дебелината треба k + да биде минимално што значи k = Тогаш се добива: d min k 4ncos n sin 5 Задача 96 Врз вода плива тенок слој од масло чија дебелина e d = mm и индекс на прекршување n = 44 Слојот се осветлува со монохроматска светлина чија бранова должина е l = 6 nm Да се определат аглите под кои ќе се набљудува засилување на рефлектираната светлина cm Патната разлика меѓу зраците кои интерферираат е односно од слика 96: AB BC CD nd cos nd sin Сл 96 66

165 Глава IX - Физичка оптика Со користење на законот за прекршување на Снелиус и Декарт се добива sin sin n nd d n sin sin n Од двата зрака само еден се рефлектира од оптички погуста средина при што доаѓа до промена на фазата за па условот за интерферентен максимум е = (k + ) / од каде следи: d sin n sin k n k d Поради симетрија на задачата аголот е ограничен помеѓу и / и важи sin па со замена за синусот од последниот израз се добива условот: d n dn k 653 k 96 За соодветните целобројни вредности на k се добиваат аглите: 7 64 ; 8 4 ; 9 96 Задача 97 Рамка од жица се потопува во вода со сапуница На рамката настанува мембрана со димензии b = m и h = 3 m Во рефлектирана светлина со бранова должина = 5 nm при упаден агол = 3º мембраната е светлозелена а) Да се одреди дали може да се измери масата на најтенката мембрана која ги задолува условите на задачата со лабараториска вага чија чувствителност е mg б) Да се одреди бојата на најтенката мамбрана ако се гледа нормално (n = 33 = kg/m³ ) 67

166 Збирка одбрани решени задачи по физика а) Бојата на мембраната се должи на интеференција на светлината Од условот за интерферентен максимум: z nd cos d n sin минималната дебелина на мембраната се добива за z = : d 4 μm n sin Масата на мембраната е m = V = b h d = 6 mg што значи дека со таа вага не може да се измери масата на мембраната б) За минималната дебелина при нормално паѓање на светлината од: d n sin = 53m што одговара за жолтозелена боја Задача 99 Колкав е тапиот агол на френеловата би-призма ако при растојание од изворот S до би-призмата еднакво на d на екранот интерферентните линии на светлината со бранова должина се наоѓаат на растојание x Индексот на прекршување на материјалот на призмата е n Зраците кои потекнуваат од изворот се прекршуваат од призмата (од двата дела) и се простираат така што изгледа дека потекнуваат од два различни извори S и S (сл 98) Оддалеченоста меѓу изворите може да се претстави едноставно ако се земе апроксимација на мали агли која важи кога зраците кои потекнуваат од изворот се речиси паралелни на оската на системот и аголот на призмата е мал Тогаш горниот и долниот лик на изворот се оддалечени од оската за: n a / d d каде што = (n ) е аголот на скршнување на зраците по поминување низ горниот или долниот дел од призмата Тогаш растојанието меѓу изворите S и S е: 68

167 Глава IX - Физичка оптика 69 n d a () За патиштата кои ги поминуваат двата зрака кои интерферираат важи: ; a x D s a x D s Сл 98 од каде се добива: a x s s s s s s За големи растојанија D >> x важи s + s D од каде: D xa s s Интерферентен максимум се добива ако s - s = k или за два соседни максимуми: D xa s Ако во последниот израз се употреби () аголот на призмата е: x n d D

168 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 99 На стаклен клин чиј индекс на прекршување се менува по законот n x n bx каде n = 3 се набљудуваат два соседни максимуми на растојание x = 5 mm и x = 5 mm Да се определи константата b ако брановата должина на употребената светлина е = 5 nm и аголот на клинот е = -4 rad Условите за интерферентен максимум (при една рефлексија од оптички погуста средина) за соседните положби се: од каде следи: n ' d' k ; n'' d'' k n '' d '' n' d ' () За мали агли важи tg од каде што за клин се добива d = x tg x односно d x Ако ги употребиме апроксимациите за d и d заедно со изразите за индексот на прекршување на клинот во соодветната положба во () ќе се добие: bx'' x'' n bx' ' x n Со решавање на последната релација по непознатата b се добива: b x'' x n x'' x' ' 9m Задача 9 На сферната површина на планконвексна леќа постои зарамнет дел со полупречник r = 3 mm со кој леќата лежи на рамна стаклена плоча Полупречникот на кривина на леќата е R = cm Колкав е полупречникот на петтиот темен Њутнов прстен во 7

169 Глава IX - Физичка оптика рефлектирана светлина ако системот е осветлен со монохроматска светлина со = 6 m Од сликата 9 се гледа дека: R r R x r R x d Со занемарување на x и d во однос на останатите величини од последниот израз следи: r r5 x ; x d R R Со одземање на последните два изрази се добива: 5 r r d () 5 R Сл 9 Во рефлектирана светлина поради едно одбивање од оптички погуста средина (зракот кој се одбива од закривениот дел) условот за интерферентен максимум е: Со комбинација на () и () се добива дека: d z () 7

170 Збирка одбрани решени задачи по физика r z R 355mm 5 r Задача 9 План-конвексна леќа со радиус на кривината R = m и индекс на прекршување n = 5 со сферната површина допира стаклена плочка со индекс на прекршување n = 9 Просторот меѓу плочката и леќата е исполнет со течност чиј индекс на прекршување е непознат и треба да се одреди ако се знае дека радиусот на десеттиот светол Њутнов прстен во рефлектирана за светлина со бранова должина = 5 nm изнесува r = 9 mm За радиусот на k тиот Њутнов прстен важи релацијата (сл 9) R d R rk Сл 9 од каде со апроксимирање се добива (спореди со задача 9): rk d R Оптичката патна разлика која е последица на разликите во патиштата на двата зрака е: rk nd n R 7

171 Глава IX - Физичка оптика Фазната разлика која настанува поради рефлексија од оптички погуста средина зависи од индексите на прекршување на средината и стаклата Притоа можни се следните три случаи кои треба да се испитаат посебно: n > n ; n > n промена за / има на граничната површина леќа-средина n < n ; n < n промена за / има на границата средина-плочка 3 n < n < n и на двете гранични површини има промена за / За случаите и условот за k-ти интерферентен максимум е: од каде: rk nd n k R k R n r k 45 За случајот 3 условот за максимум е: што значи дека: rk nd n k R kr n 38 Според условите на задачата се гледа дека единствено решение е n = 45 r k Задача 9 Со помош на системот прикажан на сликата 9 се набљудуваат Њутнови прстени од монохроматска светлина со бранова должина = 694 nm Што ќе се набљудува во точката А ако r = cm r А = r / 3 a R = 8 m? Од сликата 9 се гледа дека за оптичката патна разлика важи: d H h () Ако се искористат апроксимациите од претходните две задачи се добива: 73

172 Збирка одбрани решени задачи по физика r ; R ra r / 3 H h () R R Сл 9 Сл 9 Со користење на () во () се добива: Оптичката патна разлика е: r 4 r 5 d R 9 R 9 5 r d 9 што претставува услов за интерферентен мимимум бидејќи зракот кој се рефлектира од закривената површина се рефлектира од оптички погуста средина Задача 93 Паралелен монохроматски сноп светлина со бранова должина паѓа на правоаголна призма со мал агол при врвот чиј индекс на прекршување е n Светлината поминува низ призмата се прекршува а потоа паѓа на дифракционата решетка со константа d Да се определи аголот на првиот дифракционен максимум Аголот на скршнување на снопот при поминување низ призмата ако аголот при врвот е мал е = (n - ) а условот за дифракционен максимум од прв ред: sin sin k Со средување на последниот израз се добива: d 74

173 Глава IX - Физичка оптика sin sin d n Задача 94 Врз пукнатина со ширина d е поставена призма со врвен агол q Нормално на површината на призмата паѓа монохроматска светлина со бранова должина l Да се определи правецот на нултиот максимум и правците на минимум на дифракција ако индексот на прекршување на стаклото од кој е направена призмата е n Оптичката патна разлика меѓу двата кохерентни зрака кои паѓаат на краевите на пукнатината според сл 94 изнесува: dsin nsin Сл 94 Нултиот максимум се добива при: sin nsin те = arcsin (n sin) Минимумите се определени со: min : k d sin nsin k ; k sin nsin ; d k arcsin nsin d 75

174 Збирка одбрани решени задачи по физика Задача 95 На дифракциона решетка со 5 процепи на mm паѓа рамен монохроматски бран со = 5 5 cm Да се определи највисокиот ред на спектарот k кој може да се набљудува а) при упаден агол 3º и б) при упаден агол од º Според сликата 95 оптичката патна разлика меѓу двата зрака кои интерферираат изнесува = d(sin sin) За максимум потребно е = k Сл 95 а) При упаден агол = 3º; k = d(sin ½) За највисокиот ред на максимум треба = 9º од каде се добива k = 6 што значи дека максимумот се наоѓа лево од центарот б) За = º; k = d sin од каде k = 4 те максимумот е десно од центарот Задача 96 Рефлексивна оптичка решетка се добива со нанесување на темни прорези на метал Ако металот е челична прачка со напречен пресек s = mm и има 5 процепи на mm за колку ќе се помести на екранот max од прв ред ако на прачката се дејствува со аксијална сила F = N? На решетката нормално паѓа монохроматска светлина со бранова должина = 63 mm а оддалеченоста на екранот од решетката е D = m Модулот на еластичност на челикот е E y = N/m Од сликата 96 се гледа дека положбата на одреден максимум е определен со агол и важи: x D tg 76

175 Глава IX - Физичка оптика Сл 96 Условот за дифракционен максимум од прв ред е d sin = z = од каде се добива sin = / d или = 84º Тогаш положбата на првиот максимум е x = 333 mm Под дејство на силата F се менува константата на решетката d: d ' d d d F SEy 95mm Тогаш x = D tg каде што = arcsin / d Поместувањето на максимумот е x = x - x = mm Задача 97 Светлина со бранова должина = 53 nm паѓа на трансмисиона дифракциона решетка чија константа d = 5-6 m Да се најде аголот на дифракциониот максимум од највисок ред ако светлината паѓа врз мрежичката под агол 6º во однос на нормалата Од другата страна на решетката е провидна средина (вода) со n = 33 Сл 97 Оптичката патна разлика на двата зрака според слика 97 е: nd sin d sin z () 77

176 Збирка одбрани решени задачи по физика Mаксимум од највисок ред се добива за агол = ±9 o Бидејќи = 6 o редот ќе биде најголем за негативен агол За = 9 o : d z n sin 6 5 Најголемиот агол се добива од () за z = 6: arcsin d sin 6 7 nd Задача 99 Планпаралелна плоча со индекс на прекршување n = 6 е поставена паралелно зад дифракциона решетка со константа d r = -6 m Нормално на решетката паѓа сноп монохроматска светлина која по дифракцијата низ неа паѓа и ја осветлува планпаралелната плоча Да се одреди минималната дебелина на плочата d pmin при која доаѓа до максимално појачување на светлосните зраци во поминувачка светлина кои потекнуваат од третиот дифракционен максимум на кој одговара агол = 3º Системот е во воздух Од условот за максимум кај дифракциона решетка d r sin = z се добива брановата должина на светлината: d r sin 333nm z Сл 98 78

177 Глава IX - Физичка оптика Максимално засилување при интерференција на светлината по поминување низ тенка плоча се добива при: nd p cos d p n sin z Тогаш минималната дебелина се добива за z = : d p min nm n sin Задача 99 Две оптички средини со индекси n и n се граничат со дифракциона решетка чија константа е d Да се докаже дека ако е точно неравенството n n d тогаш светлината поминува низ решетката исто како и низ мазна површина односно нема дифракција Сл 99 Условот за дифракционен максимум кога од двете страни на решетката има средини со индекси n и n гласи: од каде: nd sin nd sin m 79

178 Збирка одбрани решени задачи по физика m n sin n sin () d Ако се употреби неравенството на триаголник a + b a + b се добива: n n sin n sin n sin n sin n () Со комбинација на релациите () и () се добива: d m n n Ако е исполнет условот на задачата ќе важи m < те m = Но во тој случај од () се добива законот за прекршување на светлината на Снелиус и Декарт односно нема дифракција Тогаш светлината се покорува само на законите на геометриската оптика 8

179 Глава X - Фотометрија Фотометрија Задача Колку пати е помала осветленоста при полна месечина од дневната осветленост? Аглите под кои се гледаат Сонцето и Месечината од Земјата се зема дека се еднакви и тие се рагледуваат како точкасти извори на светлина Да се земе дека Месечината расејува /-ти дел од светлината што паѓа на неа Растојанието Земја Месечина е l = 4 8 m а радиусот на Месечината е r = 6 m Растојанието Земја Месечина е занемарливо во однос на растојанието Земја Сонце Сонцето го разгледуваме како точкaст светлински извор па осветленоста од Сонцето е: E S S I I R S S S S Z I R S Z Растојанието Сонце Земја е приближно еднакво со растојанието Сонце Месечина па за осветленоста на Месечината се добива: I E R S M I R S Z Според тоа флуксот кој од Сонцето паѓа на Месечината е: SM I R r S Z бидејќи може да се смета дека Месечината како приемник за сончевите зраци има облик на диск со радиус r Флуксот кој го зрачи Месечината е / од тој флукс и таа зрачи како полусфера Затоа интензитетот на Месечината како светлински извор е: I M SM 8

180 Збирка одбрани решени задачи по физика Од последните две релации се добива дека осветленоста на Земјата од Месечината е: E M I R M Z M Ir R R S Z Z M Односот помеѓу осветленоста на Земјата при полна Месечина и дневната осветленост е: E E M S R Ir R SZ Z M R I SZ r R Z M 5 6 Задача Во фокусот на вдлабнато огледало со радиус r е поставен точкаст светлински извор со интензитет I а на растојание l од изворот на висина h над оптичката оска се наоѓа мала плочка нормална на оската на огледалото Да се најде осветленоста од двете страни на плочката при што треба да се земе дека рефлексијата од огледалото е потполна Сл Осветленоста на плочката од едната страна (слика ) е: E I cos ; r r l h 8

181 Глава X - Фотометрија Од сликата може да се најде аголот а потоа и осветленоста E : l Il cos ; E 3/ l h h Осветленоста на плочката од другата страна е иста со осветленоста во точката А бидејќи рефлексијата од огледалото е потполна и зраците по одбивањето од огледалото се движат паралелно: I cos E r Бидејќи фокусното растојание на сферното огледало е половина од радиусот на закривеност на огледалото следува: l r r f h h ; 4 f f cos ; r r / 4 h Ir E 3 / r / 4 h Задача 3 Сијалица со моќ W и коефициент на корисно дејство од 3% се наоѓа во топка со дијаметар d = 3 cm Материјалот од кој е направена топката е со коефициент на транспарентност k = 75 Да се пресмета сјајот на топката ако таа се смета за Ламбертов извор Сијалицата да се разгледува како точкаст изотропен светлински извор и да се земе дека на W енергија одговараат 683 lm Сјајот на топката која зрачи како Ламбертов извор е поврзан со емитанцијaта со: M L Топката пропушта k = 75% од осветленоста на нејзината внатрешност M ke 83

182 Збирка одбрани решени задачи по физика Осветленоста на внатрешноста на топката од светилката е: I cos 4I E d / d Јачината на светилката која зрачи како точкаст извор е однос од светлинскиот флукс и просторниот агол: I 4 Коефициентот на корисно дејство е однос меѓу светлинскиот флукс и електричната моќност па оттаму: P Ако изведените изрази за М Е I и Φ се заменат во изразот за сјај се добива: 4kP L 4 d 73nt Задача 4 Електрична светилка со моќност P = W и коефициент на корисно дејство h = 4 % се наоѓа во топка што е направена од материјал со коефициент на транспарентност k = 75 Површината на топката ја расејува светлината дифузно Да се одреди радиусот на топката ако нејзиниот сјај е L = 7 cd/m Светилката се разгледува како изотропен точкаст светлински извор ( W = 683 lm) Само 4 % од електричната моќност на светилката се претвара во флукс на зрачење: P Бидејќи светилката ја разгледуваме како точкаст светлински извор интензитетот на светилката е еднаков на флуксот кој се зрачи во просторен агол: P I

183 Глава X - Фотометрија Осветленоста на внатрешната страна од топката е: I cos 4I E d / d Сјајот на топката која зрачи како Ламбертов извор е поврзан со емитанцијта: M 4kP L ; M ke; L 4 d Од последниот израз може да се најде дијаметарот односно радиусот на топката: d kp 3 cm; L r d 56cm Задача 5 Определете ја осветленоста која ја создава точкаст светлински извор во точката А на хоризонтална површина која се наоѓа на растојание h од изворот ако на растојание l од изворот се наоѓа рамно огледало кое зафаќа агол g со хоризонталната површина Сл 5 Осветленоста во точката А ќе ја создаваат изворот S и неговиот лик S Вкупната осветленост ќе биде: 85

184 Збирка одбрани решени задачи по физика Од косинусна теорема: I I E E E cos h r r l lh cos8 ; h r h 4l 4lhcos Од синусна теорема: r l ; sin 8 sin 4l sin cos sin ; r 4 sin ; l E I h r r 4 sin / 4 4 cos 4 4 cos l h l lh E I h h l lh Задача 6 Полусфера со радиус е R осветлена од две еднакви светилки закачени на висина R од површината на земјата симетрично во однос на полусферата Светилките се наоѓаат на растојание R Да се определи осветленоста на полусферата во точка која се наоѓа на минимално растојание од едниот извор ако светлинскиот флукс на секоја светилка е F Сл 6 86

185 Глава X - Фотометрија Осветленоста на точката која се наоѓа на минимално растојание од едниот извор (може да се разгледува во однос на било кој извор бидејќи изворите се идентични и поставени симетрично) е резултат на осветленоста од двата извори: I I E cos r r Бидејќи интензитетот на светилките е: I ; 4 E cos 4 r r За да ги најдеме непознатите величини во последната равенка ја разгледуваме геометријата на проблемот (слика 6) Од триаголникот S OA следува: а од S CS : S R R 5 ; O R r SO R 5R R 4R r r 4R 4r Rcos Од триаголникот S OA може да се најде аголот : што ќе доведе до: r S A cos S O Од триаголникот S CS се добива: r R 5R 5 4 R r ; R 33 5 r 4 R 4R 4R R 4R r r rr cos 87

186 Збирка одбрани решени задачи по физика од каде што за α следи: r cos r 4R r r Откако ќе се заменат сите променливи во изразот за осветленост се добива: E 7 4R Задача 7 Сончеви зраци паѓаат нормално на екран и создаваат осветленост E = 4 lx Пред екранот на растојание a = cm од него се поставени две леќи една до друга со оптички јачини J = D и J = 3 D Каква слика се добива на екранот? Пресметајте ги сите различни осветлености на екранот? Сл 7 биде: Оптичката јачина односно фокусното растојание на системот леќи ќе J J f J D; m J Од цртежот се гледа дека зраците ќе се фокусираат зад екранот што значи дека на екранот ќе се добие слика составена од концентрични кругови со различна осветленост Осветленоста на екранот без леќите е: 88

187 Глава X - Фотометрија E S Бидејќи нема загуба на флуксот во леќите осветленоста на централниот круг ќе биде однос од упадниот флукс и површината на која тој паѓа: E E S S S r E r За да се најде односот меѓу радиусите на оптичкиот систем и осветлениот круг на екранот се користиме со цртежот: r r tg f f a Од тука можеме да заклучиме дека осветленоста на централниот круг на екранот е поголема од осветленоста на екранот без системот леќи: f E E E f a 4 E 56 lx Осветленоста меѓу централниот круг и надворешниот дел од екранот е нула а на надворешниот дел од екранот каде што системот леќи не влијае врз осветленоста: E 3 4 lx Задача 8 Во еден сад со вода на длабочина H под површината на водата е поставен точкаст светлински извор со јачина I На висина H над површината на водата на истата вертикала со изворот е поставена плочка со радиус r << H Да се определи средната осветленост на плочката занемарувајќи ги загубите на светлината заради апсорпција и рефлексија Индексот на прекршување на водата е n 89

188 Збирка одбрани решени задачи по физика Осветленоста на плочката е еднаква на односот меѓу флуксот кој паѓа на плочката и нејзината површина: E r Флуксот кој паѓа на плочката зависи од интензитетот на изворот и просторниот агол во кој се зрачи тој флукс: r I I H Сл 8 Од слика 8 ги наоѓаме растојанијата r и r при што земаме во предвид дека аглите α и β се многу мали поради тоа што r << H и за мали агли важи sinα tgα α: r Htg H ; r Htg Htg H Ако го примениме законот за прекршување на светлината добиваме: sin n n; sin 9

189 Глава X - Фотометрија r H r H n Ако се заменат променливите во равенката за осветленоста на плочката следи: r I H I E r r H n Задача 9 Сончеви зраци паѓаат нормално на екран и создаваат осветленост Е = 4 lx Пред екранот на растојание а = cm од него се поставува тенка леќа со оптичка јачина Ј = D Да се определи осветленоста на екранот во сенката на леќата и во светлиот круг околу сенката Апсорпцијата на светлината во леќата може да се занемари По прекршувањето низ леќата зраците се движат по правци кои се сечат во фокусот на леќата (слика 9) Осветленоста на леќата е иста со онаа на екранот Е во отсуство на леќата Тогаш светлинскиот флукс што минува низ леќата е: каде што r е радиусот на леќата E r Сл 9 Тој флукс на екранот ќе се распореди на површината од екранот ограничен со конусот од зраците кои излегуваат од леќата Радиусот r на тој круг може да се изрази преку радиусот r на леќата: 9

Решенија на задачите за I година LII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД СРЕДНИТЕ УЧИЛИШТА ВО РЕПУБЛИКА МАКЕДОНИЈА 16 мај 2009.

Решенија на задачите за I година LII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД СРЕДНИТЕ УЧИЛИШТА ВО РЕПУБЛИКА МАКЕДОНИЈА 16 мај 2009. LII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД СРЕДНИТЕ УЧИЛИШТА ВО РЕПУБЛИКА МАКЕДОНИЈА 16 мај 009 I година Задача 1. Топче се пушта да паѓа без почетна брзина од некоја висина над површината на земјата.

Διαβάστε περισσότερα

56. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2013 Скопје, 11 мај I година (решенија на задачите)

56. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2013 Скопје, 11 мај I година (решенија на задачите) 56. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 03 Скопје, мај 03 I година (решенија на задачите) Задача. Експресен воз го поминал растојанието помеѓу две соседни станици, кое изнесува, 5 km, за време од 5 min. Во

Διαβάστε περισσότερα

а) Определување кружна фреквенција на слободни пригушени осцилации ωd ωn = ω б) Определување периода на слободни пригушени осцилации

а) Определување кружна фреквенција на слободни пригушени осцилации ωd ωn = ω б) Определување периода на слободни пригушени осцилации Динамика и стабилност на конструкции Задача 5.7 За дадената армирано бетонска конструкција од задачата 5. и пресметаните динамички карактеристики: кружна фреквенција и периода на слободните непригушени

Διαβάστε περισσότερα

37. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2013 основни училишта 18 мај VII одделение (решенија на задачите)

37. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2013 основни училишта 18 мај VII одделение (решенија на задачите) 37. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 03 основни училишта 8 мај 03 VII одделение (решенија на задачите) Задача. Во еден пакет хартија која вообичаено се користи за печатење, фотокопирање и сл. има N = 500

Διαβάστε περισσότερα

46. РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА април III година. (решенија на задачите)

46. РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА април III година. (решенија на задачите) 46. РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 3 април 3 III година (решенија на задачите) Задача. Хеликоптер спасува планинар во опасност, спуштајќи јаже со должина 5, и маса 8, kg до планинарот. Планинарот испраќа

Διαβάστε περισσότερα

НАПРЕГАЊЕ ПРИ ЧИСТО СМОЛКНУВАЊЕ

НАПРЕГАЊЕ ПРИ ЧИСТО СМОЛКНУВАЊЕ Факултет: Градежен Предмет: ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ НАПРЕГАЊЕ ПРИ ЧИСТО СМОЛКНУВАЊЕ Напрегање на смолкнување е интензитет на сила на единица површина, што дејствува тангенцијално на d. Со други зборови,

Διαβάστε περισσότερα

ЗАДАЧИ ЗА УВЕЖБУВАЊЕ НА ТЕМАТА ГЕОМЕТРИСКИ ТЕЛА 8 ОДД.

ЗАДАЧИ ЗА УВЕЖБУВАЊЕ НА ТЕМАТА ГЕОМЕТРИСКИ ТЕЛА 8 ОДД. ЗАДАЧИ ЗА УВЕЖБУВАЊЕ НА ТЕМАТА ГЕОМЕТРИСКИ ТЕЛА 8 ОДД. ВО ПРЕЗЕНТАЦИЈАТА ЌЕ ПРОСЛЕДИТЕ ЗАДАЧИ ЗА ПРЕСМЕТУВАЊЕ ПЛОШТИНА И ВОЛУМЕН НА ГЕОМЕТРИСКИТЕ ТЕЛА КОИ ГИ ИЗУЧУВАМЕ ВО ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ. СИТЕ ЗАДАЧИ

Διαβάστε περισσότερα

М-р Јасмина Буневска ОСНОВИ НА ПАТНОТО ИНЖЕНЕРСТВО

М-р Јасмина Буневска ОСНОВИ НА ПАТНОТО ИНЖЕНЕРСТВО УНИВЕРЗИТЕТ СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ - БИТОЛА ТЕХНИЧКИ ФАКУЛТЕТ - БИТОЛА - Отсек за сообраќај и транспорт - ДОДИПЛОМСКИ СТУДИИ - ECTS М-р Јасмина Буневска ОСНОВИ НА ПАТНОТО ИНЖЕНЕРСТВО ПРИЛОГ ЗАДАЧИ ОД ОПРЕДЕЛУВАЊЕ

Διαβάστε περισσότερα

56. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2013 Скопје, 11 мај IV година (решенија на задачите)

56. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2013 Скопје, 11 мај IV година (решенија на задачите) 56. РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 03 Скопје, мај 03 IV година (решенија на задачите) Задача. Птица со маса 500 лета во хоризонтален правец и не внимавајќи удира во вертикално поставена прачка на растојание

Διαβάστε περισσότερα

46. РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА април II година (решенија на задачите)

46. РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА април II година (решенија на задачите) 46 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 03 0 април 03 година (решенија на задачите Задача Tочкаст полнеж е поставен во темето на правиот агол на правоаголен триаголник како што е прикажано на слика Јачината

Διαβάστε περισσότερα

45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2012 II година (решенија на задачите)

45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2012 II година (решенија на задачите) 45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 1 II година (решенија на задачите) 1 Координатите на два точкасти полнежи q 1 = + 3 µ C и q = 4µ C, поставени во xy рамнината се: x 1 = 3, 5cm; y 1 =, 5cm и x = cm; y

Διαβάστε περισσότερα

ЗБИРКА ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИЈА НА ДВИЖЕЊЕТО НА МОТОРНИТЕ ВОЗИЛА

ЗБИРКА ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИЈА НА ДВИЖЕЊЕТО НА МОТОРНИТЕ ВОЗИЛА УНИВЕРЗИТЕТ СВ. КИРИЛ И МЕТОДИЈ ВО СКОПЈЕ МАШИНСКИ ФАКУЛТЕТ СКОПЈЕ МИЛАН ЌОСЕВСКИ ЗБИРКА ЗАДАЧИ ПО ТЕОРИЈА НА ДВИЖЕЊЕТО НА МОТОРНИТЕ ВОЗИЛА Z v t T Gt Tt 0 Rt Rat Rvt rd Tvt Tat Xt e Zt X Скопје, 2016

Διαβάστε περισσότερα

ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ

ЈАКОСТ НА МАТЕРИЈАЛИТЕ диј е ИКА ски ч. 7 ч. Универзитет Св. Кирил и Методиј Универзитет Машински Св. факултет Кирил и Скопје Методиј во Скопје Машински факултет МОМ ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА професор: доц. др Виктор Гаврилоски. ТОРЗИЈА

Διαβάστε περισσότερα

σ d γ σ M γ L = ЈАКОСТ 1 x A 4М21ОМ02 АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА (дел 2) 2.6. СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНА СИЛА Напонска состојаба

σ d γ σ M γ L = ЈАКОСТ 1 x A 4М21ОМ02 АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА (дел 2) 2.6. СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНА СИЛА Напонска состојаба 4МОМ0 ЈАКОСТ АКСИЈАЛНИ НАПРЕГАЊА (дел ) наставник:.6. СОПСТВЕНА ТЕЖИНА КАКО АКСИЈАЛНА СИЛА Напонска состојаба γ 0 ( специфична тежина) 0 ak() G γ G ΣX0 ak() G γ ak ( ) γ Аксијалната сила и напонот, по

Διαβάστε περισσότερα

45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2012 III година (решенија на задачите)

45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА 2012 III година (решенија на задачите) 45 РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА III година (решенија на задачите Рамнострана стаклена призма чиј агол при врвот е = 6 поставена е во положба на минимална девијација за жолтата светлина Светлината паѓа

Διαβάστε περισσότερα

Од точката С повлечени се тангенти кон кружницата. Одреди ја големината на AOB=?

Од точката С повлечени се тангенти кон кружницата. Одреди ја големината на AOB=? Задачи за вежби тест плоштина на многуаголник 8 одд На што е еднаков збирот на внатрешните агли кај n-аголник? 1. Одреди ја плоштината на паралелограмот, според податоците дадени на цртежот 2. 3. 4. P=?

Διαβάστε περισσότερα

ИСПИТ ПО ПРЕДМЕТОТ ВИСОКОНАПОНСКИ МРЕЖИ И СИСТЕМИ (III година)

ИСПИТ ПО ПРЕДМЕТОТ ВИСОКОНАПОНСКИ МРЕЖИ И СИСТЕМИ (III година) Septemvri 7 g ИСПИТ ПО ПРЕДМЕТОТ ВИСОКОНАПОНСКИ МРЕЖИ И СИСТЕМИ (III година) Задача 1. На сликата е прикажан 4 kv преносен вод со должина L = 18 km кој поврзува ЕЕС со бесконечна моќност и една електрична

Διαβάστε περισσότερα

МЕХАНИКА 1 МЕХАНИКА 1

МЕХАНИКА 1 МЕХАНИКА 1 диј е ИКА Универзитет Св. Кирил и Методиј Универзитет Машински Св. факултет Кирил -и Скопје Методиј во Скопје Машински факултет 3М21ОМ01 ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА професор: доц. д-р Виктор Гаврилоски 1. ВОВЕДНИ

Διαβάστε περισσότερα

3. ПРЕСМЕТКА НА КРОВ НА КУЌА СО ТРИГОНОМЕТРИЈА

3. ПРЕСМЕТКА НА КРОВ НА КУЌА СО ТРИГОНОМЕТРИЈА 3. ПРЕСМЕТКА НА КРОВ НА КУЌА СО ТРИГОНОМЕТРИЈА Цел: Учениците/студентите да се запознаат со равенки за пресметка на: агли, периметар, плоштина, волумен на триаголна призма, како од теоретски аспект, така

Διαβάστε περισσότερα

10. Математика. Прашање. Обратен размер на размерот е: Геометриска средина x на отсечките m и n е:

10. Математика. Прашање. Обратен размер на размерот е: Геометриска средина x на отсечките m и n е: Обратен размер на размерот е: Геометриска средина x на отсечките m и n е: За две геометриски фигури што имаат сосема иста форма, а различни или исти големини велиме дека се: Вредноста на размерот е: Односот

Διαβάστε περισσότερα

Водич за аудиториски вежби по предметот Биофизика

Водич за аудиториски вежби по предметот Биофизика Универзитет Св. Кирил и Методиј Скопје Медицински Факултет Доцент Др. Томислав Станковски Асист. Мр. Душко Лукарски, спец.мед.нук.физ Водич за аудиториски вежби по предметот Биофизика Магистри по фармација

Διαβάστε περισσότερα

ВЕРОЈАТНОСТ И СТАТИСТИКА ВО СООБРАЌАЈОТ 3. СЛУЧАЈНИ ПРОМЕНЛИВИ

ВЕРОЈАТНОСТ И СТАТИСТИКА ВО СООБРАЌАЈОТ 3. СЛУЧАЈНИ ПРОМЕНЛИВИ Предавање. СЛУЧАЈНИ ПРОМЕНЛИВИ. Еднодимензионална случајна променлива При изведување на експеримент, случајниот настан може да има многу различни реализации. Ако ги знаеме можните реализации и ако ја знаеме

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Мерни мостови и компензатори V. Мерни мостови и компензатори V.. Мерни мостови. Колкава е вредноста на отпорот измерен со Томпсоновиот мост ако се: Ω,, Ω 6 и Ω. Колкава процентуална грешка ќе се направи

Διαβάστε περισσότερα

Анализа на триаголници: Упатство за наставникот

Анализа на триаголници: Упатство за наставникот Анализа на триаголници: Упатство за наставникот Цел:. Што мислиш? Колку многу триаголници со основа a=4см и висина h=3см можеш да нацрташ? Линк да Видиш и Направиш Mathcast за Што мислиш? Нацртај точка

Διαβάστε περισσότερα

MEHANIKA NA FLUIDI. IV semestar, 6 ECTS Вонр. проф. d-r Zoran Markov. 4-Mar-15 1

MEHANIKA NA FLUIDI. IV semestar, 6 ECTS Вонр. проф. d-r Zoran Markov. 4-Mar-15 1 MEHANIKA NA FLUIDI IV semestar, 6 ECTS Вонр. проф. d-r Zoran Markov 1 СОДРЖИНА 1. Вовед во механиката на флуидите 2. Статика на флуидите 3. Кинематика на струењата 4. Динамика на идеален флуид 5. Некои

Διαβάστε περισσότερα

Проф. д-р Ѓорѓи Тромбев ГРАДЕЖНА ФИЗИКА. Влажен воздух 3/22/2014

Проф. д-р Ѓорѓи Тромбев ГРАДЕЖНА ФИЗИКА. Влажен воздух 3/22/2014 Проф. д-р Ѓорѓи Тромбев ГРАДЕЖНА ФИЗИКА Влажен воздух 1 1 Влажен воздух Влажен воздух смеша од сув воздух и водена пареа Водената пареа во влажниот воздух е претежно во прегреана состојба идеален гас.

Διαβάστε περισσότερα

У Н И В Е Р З И Т Е Т С В. К И Р И Л И М Е Т О Д И Ј В О С К О П Ј Е

У Н И В Е Р З И Т Е Т С В. К И Р И Л И М Е Т О Д И Ј В О С К О П Ј Е У Н И В Е Р З И Т Е Т С В. К И Р И Л И М Е Т О Д И Ј В О С К О П Ј Е А Р Х И Т Е К Т О Н С К И Ф А К У Л Т Е Т П Р И Н Ц И П И Н А С Т А Т И К А Т А Вонр. проф. д-р Ана Тромбева-Гаврилоска Вонр. проф.

Διαβάστε περισσότερα

МАТЕМАТИКА - НАПРЕДНО НИВО МАТЕМАТИКА НАПРЕДНО НИВО. Време за решавање: 180 минути. јуни 2012 година

МАТЕМАТИКА - НАПРЕДНО НИВО МАТЕМАТИКА НАПРЕДНО НИВО. Време за решавање: 180 минути. јуни 2012 година ШИФРА НА КАНДИДАТОТ ЗАЛЕПИ ТУКА ДРЖАВНА МАТУРА МАТЕМАТИКА - НАПРЕДНО НИВО МАТЕМАТИКА НАПРЕДНО НИВО Време за решавање: 180 минути јуни 2012 година Шифра на ПРВИОТ оценувач Запиши тука: Шифра на ВТОРИОТ

Διαβάστε περισσότερα

Ветерна енергија 3.1 Вовед

Ветерна енергија 3.1 Вовед 3 Ветерна енергија 3.1 Вовед Енергијата на ветерот е една од првите форми на енергија која ја користел човекот. Уште старите Египќани ја користеле за задвижување на своите бродови и ветерни мелници. Ваквиот

Διαβάστε περισσότερα

МЕХАНИКА НА ФЛУИДИ (AFI, TI, EE)

МЕХАНИКА НА ФЛУИДИ (AFI, TI, EE) Zada~i za program 2 po predmetot МЕХАНИКА НА ФЛУИДИ (AFI, TI, EE) Предметен наставник: Проф. д-р Методија Мирчевски Асистент: Виктор Илиев (rok za predavawe na programot - 07. i 08. maj 2010) (во термини

Διαβάστε περισσότερα

Решенија на задачите за III година LII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД СРЕДНИТЕ УЧИЛИШТА ВО РЕПУБЛИКА МАКЕДОНИЈА 16 мај 2009

Решенија на задачите за III година LII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД СРЕДНИТЕ УЧИЛИШТА ВО РЕПУБЛИКА МАКЕДОНИЈА 16 мај 2009 LII РЕПУБЛИЧКИ НАТПРЕВАР ПО ФИЗИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД СРЕДНИТЕ УЧИЛИШТА ВО РЕПУБЛИКА МАКЕДОНИЈА 6 мај 9 III година Задача. Микроскоп е составен од објектив со фокусно растојание, c и окулар со фокусно растојание,8c.

Διαβάστε περισσότερα

Регулација на фреквенција и активни моќности во ЕЕС

Регулација на фреквенција и активни моќности во ЕЕС 8 Регулација на фреквенција и активни моќности во ЕЕС 8.1. Паралелна работа на синхроните генератори Современите електроенергетски системи го напојуваат голем број на синхрони генератори кои работат паралелно.

Διαβάστε περισσότερα

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1. код: 312 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1. код: 312 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје код: 1 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ наставник: Кабинет: 07 Приемни термини: понеделник и вторник - 16 часот ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ 1. изучување на услови за

Διαβάστε περισσότερα

Методина гранични елементи за инженери

Методина гранични елементи за инженери Методина гранични елементи за инженери доц. д-р Тодорка Самарџиоска Градежен факултет УКИМ -Скопје Типовина формулации со гранични елементи директна формулација: Интегралната равенка е формулирана во врска

Διαβάστε περισσότερα

ЛУШПИ МЕМБРАНСКА ТЕОРИЈА

ЛУШПИ МЕМБРАНСКА ТЕОРИЈА Вежби ЛУШПИ МЕМБРАНСКА ТЕОРИЈА РОТАЦИОНИ ЛУШПИ ТОВАРЕНИ СО РОТАЦИОНО СИМЕТРИЧЕН ТОВАР ОСНОВНИ ВИДОВИ РОТАЦИОНИ ЛУШПИ ЗАТВОРЕНИ ЛУШПИ ОТВОРЕНИ ЛУШПИ КОМБИНИРАНИ - СФЕРНИ - КОНУСНИ -ЦИЛИНДРИЧНИ - СФЕРНИ

Διαβάστε περισσότερα

БИОФИЗИКА Биомеханика. Доцент Др. Томислав Станковски

БИОФИЗИКА Биомеханика. Доцент Др. Томислав Станковски БИОФИЗИКА Биомеханика Доцент Др. Томислав Станковски За интерна употреба за потребите на предметот Биофизика Катедра за Медицинска Физика Медицински Факултет Универзитет Св. Кирил и Методиj, Скопjе Септември

Διαβάστε περισσότερα

DRAFT ЗАДАЧИ ЗА ВЕЖБАЊЕ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ

DRAFT ЗАДАЧИ ЗА ВЕЖБАЊЕ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ Градежен факултет Скопје Катедра за Техничка механика и јакост на материјалите Предмет: Јакост на материјалите http://ktmjm.gf.ukim.edu.mk 27.11.2008 ЗАДАЧИ ЗА ВЕЖБАЊЕ АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ 1. Апсолутно

Διαβάστε περισσότερα

4.3 Мерен претворувач и мерен сигнал.

4.3 Мерен претворувач и мерен сигнал. 4.3 Мерен претворувач и мерен сигнал. 1 2 Претворањето на процесната величина во мерен сигнал се изведува со помош на мерен претворувач. Може да се каже дека улогата на претворувачот е претворање на енергијата

Διαβάστε περισσότερα

ОСНОВИ НА ДРВЕНИ КОНСТРУКЦИИ 3. СТАБИЛНОСТ НА КОНСТРУКТИВНИТЕ ЕЛЕМЕНТИ

ОСНОВИ НА ДРВЕНИ КОНСТРУКЦИИ 3. СТАБИЛНОСТ НА КОНСТРУКТИВНИТЕ ЕЛЕМЕНТИ ОСНОВИ НА ДРВЕНИ КОНСТРУКЦИИ 3. СТАБИЛНОСТ НА КОНСТРУКТИВНИТЕ ЕЛЕМЕНТИ Општо Елементите на дрвените конструкции мора да се пресметаат така да се докаже дека конструкцијата во целина со доволна сигурност

Διαβάστε περισσότερα

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1 3М21ОМ01 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ

ТЕХНИЧКА МЕХАНИКА 1 3М21ОМ01 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ ОСНОВНА ЛИТЕРАТУРА ОРГАНИЗАЦИЈА НА ПРЕДМЕТОТ Универзитет Св. Кирил и Методиј Машински факултет - Скопје М1ОМ01 ВОВЕД ВО ПРЕДМЕТОТ наставник: Кабинет: 10 Приемни термини: ЦЕЛИ НА ПРЕДМЕТОТ 1. изучувањенаусловизарамнотежанаточкаи крути тела, определување

Διαβάστε περισσότερα

5. Динамика на конструкции

5. Динамика на конструкции Динамика на конструкции. Динамика на конструкции Задача. За дадната армирано бтонска конструкција да с опрдли кружната фрквнција ω приодата на слободнит нпригушни осцилации Т n на основниот тон. Модулот

Διαβάστε περισσότερα

ЗБИРКА ЗАДАЧИ ПО ПРЕДМЕТОТ ТЕХНИКА НА ВИСОК НАПОН II

ЗБИРКА ЗАДАЧИ ПО ПРЕДМЕТОТ ТЕХНИКА НА ВИСОК НАПОН II УНИВЕРЗИТЕТ "Св. КИРИЛ И МЕТОДИЈ" - СКОПЈЕ ФАКУЛТЕТ ЗА ЕЛЕКТРОТЕХНИКА И ИНФОРМАЦИСКИ ТЕХНОЛОГИИ ИНСТИТУТ ЗА ПРЕНОСНИ ЕЛЕКТРОЕНЕРГЕТСКИ СИСТЕМИ Ристо Ачковски, Александра Крколева ЗБИРКА ЗАДАЧИ ПО ПРЕДМЕТОТ

Διαβάστε περισσότερα

I. Теорија на грешки

I. Теорија на грешки I. Теорија на грешки I.. Вовед. Еден отпорник со назначена вредност од 000 Ω, измерен е со многу точна постапка и добиена е вредност од 000,9Ω. Да се одреди номиналната вредност на, конвенционално точната

Διαβάστε περισσότερα

Извори на електрична енергија

Извори на електрична енергија 6 Извори на електрична енергија 6.1. Синхрон генератор За трансформација на механичка во електрична енергија денес се употребуваат, скоро исклучиво, трифазни синхрони генератори со фреквенција од 50 Hz,

Διαβάστε περισσότερα

Предизвици во моделирање

Предизвици во моделирање Предизвици во моделирање МОРА да постои компатибилност на јазлите од мрежата на КЕ на спојот на две површини Предизвици во моделирање Предизвици во моделирање Предизвици во моделирање Предизвици во моделирање

Διαβάστε περισσότερα

АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ Катедра за техничка механика и јакост на материјалите

АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ Катедра за техничка механика и јакост на материјалите УНИВЕРЗИТЕТ Св. КИРИЛ иметодиј ГРАДЕЖЕН ФАКУЛТЕТ СКОПЈЕ Катедра за техничка механика и јакост на материјалите http://ktmjm.gf.ukim.edu.mk АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ 17.02.2015 АКСИЈАЛНО НАПРЕГАЊЕ КОГА??? АКСИЈАЛНО

Διαβάστε περισσότερα

1. ОПШТИ ПОИМИ ЗА ТУРБОПУМПИТЕ ДЕФИНИЦИЈА 1.2 ПОДЕЛБА, ОСНОВНИ ШЕМИ И ПРИНЦИП НА РАБОТА ИСТОРИСКИ РАЗВОЈ НА ПУМПИТЕ 7

1. ОПШТИ ПОИМИ ЗА ТУРБОПУМПИТЕ ДЕФИНИЦИЈА 1.2 ПОДЕЛБА, ОСНОВНИ ШЕМИ И ПРИНЦИП НА РАБОТА ИСТОРИСКИ РАЗВОЈ НА ПУМПИТЕ 7 . ОПШТИ ПОИМИ ЗА ТУРБОПУМПИТЕ. ДЕФИНИЦИЈА. ПОДЕЛБА, ОСНОВНИ ШЕМИ И ПРИНЦИП НА РАБОТА.3 ИСТОРИСКИ РАЗВОЈ НА ПУМПИТЕ 7. ТЕОРЕТСКИ ОСНОВИ. КАРАКТЕРИСТИКИ НА СТРУЕЊЕТО НИЗ ТУРБОПУМПИТЕ. ЕНЕРГИЈА НА СТРУЕЊЕ

Διαβάστε περισσότερα

Заземјувачи. Заземјувачи

Заземјувачи. Заземјувачи Заземјувачи Заземјување претставува збир на мерки и средства кои се превземаат со цел да се обезбедат нормални услови за работа на системот и безбедно движење на луѓе и животни во близина на објектот.

Διαβάστε περισσότερα

нумеричка анализа и симулација на преминување на возило преку вертикална препрека на пат

нумеричка анализа и симулација на преминување на возило преку вертикална препрека на пат нумеричка анализа и симулација на преминување на возило преку вертикална препрека на пат Елениор Николов, Митко Богданоски Катедра за воена логистика Воена академија Скопје, Р. Македонија elenior.nikolov@ugd.edu.mk

Διαβάστε περισσότερα

ГРАДЕЖНА ФИЗИКА Размена на топлина. проф. д-р Мери Цветковска

ГРАДЕЖНА ФИЗИКА Размена на топлина. проф. д-р Мери Цветковска ГРАДЕЖНА ФИЗИКА Размена на топлина Енергетска ефикасност Енергетски Обука за енергетски карактеристики контролори на згради Зошто се воведува??? Што се постигнува??? Намалена енергетска интензивност Загадување

Διαβάστε περισσότερα

МЕТОДИ ЗА ДИГИТАЛНО ДИРЕКТНО ФАЗНО УПРАВУВАЊЕ НА СЕРИСКИ РЕЗОНАНТНИ ЕНЕРГЕТСКИ КОНВЕРТОРИ

МЕТОДИ ЗА ДИГИТАЛНО ДИРЕКТНО ФАЗНО УПРАВУВАЊЕ НА СЕРИСКИ РЕЗОНАНТНИ ЕНЕРГЕТСКИ КОНВЕРТОРИ 8. СОВЕТУВАЊЕ Охрид, 22 24 септември Љупчо Караџинов Факултет за електротехника и информациски технологии, Универзитет Светите Кирил и Методиј Скопје Гоце Стефанов Факултет за електротехника Радовиш,Универзитет

Διαβάστε περισσότερα

КОМПЕНЗАЦИЈА НА РЕАКТИВНА МОЌНОСТ

КОМПЕНЗАЦИЈА НА РЕАКТИВНА МОЌНОСТ Сите потрошувачи за својата работа ангажираат активна моќност, а некои од нив и реактивна моќност во ЕЕС извори на активната моќност се генераторите, синхроните компензатори, синхроните мотори, кондензаторските

Διαβάστε περισσότερα

ХЕМИСКА КИНЕТИКА. на хемиските реакции

ХЕМИСКА КИНЕТИКА. на хемиските реакции ХЕМИСКА КИНЕТИКА Наука која ја проучува брзината Наука која ја проучува брзината на хемиските реакции Познато: ЗАКОН ЗА ДЕЈСТВО НА МАСИ Guldberg-Vage-ов закон При константна температура (T=const) брзината

Διαβάστε περισσότερα

7.1 Деформациони карактеристики на материјалите

7.1 Деформациони карактеристики на материјалите 7. Механички особини Механичките особини на материјалите ја карактеризираат нивната способност да се спротистават на деформациите и разрушувањата предизвикани од дејството на надворешните сили, односно

Διαβάστε περισσότερα

XXV РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА

XXV РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА XXV РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА за учениците од основното образование 31.03.007 година IV одделение 1. Во полињата на дадената лента допиши природни броеви во празните полиња, така што производот

Διαβάστε περισσότερα

ШЕМИ ЗА РАСПОРЕДУВАЊЕ НА ПРОСТИТЕ БРОЕВИ

ШЕМИ ЗА РАСПОРЕДУВАЊЕ НА ПРОСТИТЕ БРОЕВИ МАТЕМАТИЧКИ ОМНИБУС, (07), 9 9 ШЕМИ ЗА РАСПОРЕДУВАЊЕ НА ПРОСТИТЕ БРОЕВИ Весна Целакоска-Јорданова Секој природен број поголем од што е делив самo со и сам со себе се вика прост број. Запишани во низа,

Διαβάστε περισσότερα

Годишен зборник 2016/2017 Yearbook 2016/2017

Годишен зборник 2016/2017 Yearbook 2016/2017 53 УНИВЕРЗИТЕТ ГОЦЕ ДЕЛЧЕВ ШТИП ФАКУЛТЕТ ЗА ИНФОРМАТИКА ГОДИШЕН ЗБОРНИК 2016/2017 YEARBOOK 2016/2017 ГОДИНА 5 МАЈ, 2017 GOCE DELCEV UNIVERSITY STIP FACULTY OF COMPUTER SCIENCE VOLUME V ГОДИШЕН ЗБОРНИК

Διαβάστε περισσότερα

Техника на висок напон 2 ПРОСТИРАЊЕ НА БРАНОВИ ПО ВОДОВИ

Техника на висок напон 2 ПРОСТИРАЊЕ НА БРАНОВИ ПО ВОДОВИ Техника на висок напон 2 ПРОСТИРАЊЕ НА БРАНОВИ ПО ВОДОВИ М Тодоровски Институт за преносни електроенергетски системи Факултет за електротехника и информациски технологии Универзитет Св Кирил и Методиј

Διαβάστε περισσότερα

ЗБИРКА НА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ОД ОБЛАСТА НА СИНТЕЗАТА НА СИСТЕМИ НА АВТОMАТСКО УПРАВУВАЊЕ

ЗБИРКА НА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ОД ОБЛАСТА НА СИНТЕЗАТА НА СИСТЕМИ НА АВТОMАТСКО УПРАВУВАЊЕ Универзитет Св. Кирил и Методиј - Скопје Факултет за електротехника и информациски технологии - Скопје ЕЛИЗАБЕТА ЛАЗАРЕВСКА ЗБИРКА НА ОДБРАНИ РЕШЕНИ ЗАДАЧИ ОД ОБЛАСТА НА СИНТЕЗАТА НА СИСТЕМИ НА АВТОMАТСКО

Διαβάστε περισσότερα

ПРЕОДНИ ПРОЦЕСИ ПРИ ВКЛУЧУВАЊЕ НА КОНДЕНЗАТОРСКИТЕ БАТЕРИИ КАЈ ЕЛЕКТРОЛАЧНАТА ПЕЧКА

ПРЕОДНИ ПРОЦЕСИ ПРИ ВКЛУЧУВАЊЕ НА КОНДЕНЗАТОРСКИТЕ БАТЕРИИ КАЈ ЕЛЕКТРОЛАЧНАТА ПЕЧКА 8. СОВЕТУВАЊЕ Охрид, 4 септември Бранко Наџински Илија Хаџидаовски Макстил АД ПРЕОДНИ ПРОЦЕСИ ПРИ ВКЛУЧУВАЊЕ НА КОНДЕНЗАТОРСКИТЕ БАТЕРИИ КАЈ ЕЛЕКТРОЛАЧНАТА ПЕЧКА КУСА СОДРЖИНА Во овој труд е разгледан

Διαβάστε περισσότερα

УНИВЕРЗИТЕТ ГОЦЕ ДЕЛЧЕВ - ШТИП

УНИВЕРЗИТЕТ ГОЦЕ ДЕЛЧЕВ - ШТИП УНИВЕРЗИТЕТ ГОЦЕ ДЕЛЧЕВ - ШТИП ФАКУЛТЕТ ЗА ПРИРОДНИ И ТЕХНИЧКИ НАУКИ КАТЕДРА ЗА ГЕОЛОГИЈА И ГЕОФИЗИКА МАГИСТЕРСКИ ТРУД КОРЕЛАЦИЈА ПОМЕЃУ РЕАЛНАТА ГЕОЛОШКА СРЕДИНА И ГЕОЕЛЕКТРИЧНИОТ МОДЕЛ Ментор: Проф.

Διαβάστε περισσότερα

СТАНДАРДНИ НИСКОНАПОНСКИ СИСТЕМИ

СТАНДАРДНИ НИСКОНАПОНСКИ СИСТЕМИ НН трифазни мрежи се изведуваат со три или четири спроводника мрежите со четири спроводника можат да преминат во мрежи со пет спроводника, но со оглед што тоа во пракса се прави во објектите (кај потрошувачите),

Διαβάστε περισσότερα

ПОДОБРУВАЊЕ НА КАРАКТЕРИСТИКИТЕ НА ИСПИТНА СТАНИЦА ЗА ТЕСТИРАЊЕ НА ЕНЕРГЕТСКИ ТРАНСФОРМАТОРИ

ПОДОБРУВАЊЕ НА КАРАКТЕРИСТИКИТЕ НА ИСПИТНА СТАНИЦА ЗА ТЕСТИРАЊЕ НА ЕНЕРГЕТСКИ ТРАНСФОРМАТОРИ 8. СОВЕТУВАЊЕ Охрид, 22 24 септември Љубомир Николоски Крсте Најденкоски Михаил Дигаловски Факултет за електротехника и информациски технологии, Скопје Зоран Трипуноски Раде Кончар - Скопје ПОДОБРУВАЊЕ

Διαβάστε περισσότερα

РЕШЕНИЈА Државен натпревар 2017 ТЕОРИСКИ ПРОБЛЕМИ. K c. K c,2

РЕШЕНИЈА Државен натпревар 2017 ТЕОРИСКИ ПРОБЛЕМИ. K c. K c,2 РЕШЕНИЈА Државен натпревар 07 ЗА КОМИСИЈАТА Вкупно поени:_50 од теор: 5 од експ: 5_ Прегледал: М. Буклески, В. Ивановски ТЕОРИСКИ ПРОБЛЕМИ (Запишете го начинот на решавање и одговорот на предвиденото место

Διαβάστε περισσότερα

Деформабилни каркатеристики на бетонот

Деформабилни каркатеристики на бетонот УКИМ Градежен Факултет, Скопје Деформабилни каркатеристики на бетонот проф. д-р Тони Аранѓеловски Деформабилни карактеристики на бетонот Содржина: Деформации на бетонот под влијание на краткотрајни натоварувања

Διαβάστε περισσότερα

Кои од наведениве процеси се физички, а кои се хемиски?

Кои од наведениве процеси се физички, а кои се хемиски? Кои од наведениве процеси се физички, а кои се хемиски? I. фотосинтеза II. вриење на алкохол III. топење на восок IV. горење на бензин V. скиселување на виното а) физички:ниту едно хемиски: сите б) физички:

Διαβάστε περισσότερα

БИОФИЗИКА Биоакустика. Доцент Др. Томислав Станковски

БИОФИЗИКА Биоакустика. Доцент Др. Томислав Станковски БИОФИЗИКА Биоакустика Доцент Др. Томислав Станковски За интерна употреба за потребите на предметот Биофизика Катедра за Медицинска Физика Медицински Факултет Универзитет Св. Кирил и Методиj, Скопjе Ноември

Διαβάστε περισσότερα

- Автобази и автостаници Битола, март УНИВЕРЗИТЕТ Св. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ БИТОЛА

- Автобази и автостаници Битола, март УНИВЕРЗИТЕТ Св. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ БИТОЛА УНИВЕРЗИТЕТ Св. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ БИТОЛА Технички факултет - Битола Отсек за сообраќај и транспорт - патен сообраќај - - Автобази и автостаници Битола, март 003. ПРИРАЧНИК Автобази и автостаници Автори:

Διαβάστε περισσότερα

ИНТЕРПРЕТАЦИЈА на NMR спектри. Асс. д-р Јасмина Петреска Станоева

ИНТЕРПРЕТАЦИЈА на NMR спектри. Асс. д-р Јасмина Петреска Станоева ИНТЕРПРЕТАЦИЈА на NMR спектри Асс. д-р Јасмина Петреска Станоева Нуклеарно магнетна резонанца Нуклеарно магнетна резонанца техника на молекулска спектроскопија дава информација за бројот и видот на атомите

Διαβάστε περισσότερα

ДРВОТО КАКО МАТЕРИЈАЛ ЗА

ДРВОТО КАКО МАТЕРИЈАЛ ЗА ГРАДЕЖЕН ФАКУЛТЕТ-СКОПЈЕ Катедра за бетонски и дрвени конструкции ДРВОТО КАКО МАТЕРИЈАЛ ЗА ГРАДЕЖНИ КОНСТРУКЦИИ Доцент д-р Тони Аранѓеловски ОСНОВИ НА ДРВЕНИ КОНСТРУКЦИИ СТРУКТУРА НА ДРВОТО Дрвото е биолошки,

Διαβάστε περισσότερα

БИОФИЗИКА Биофизика на Флуиди. Доцент Др. Томислав Станковски

БИОФИЗИКА Биофизика на Флуиди. Доцент Др. Томислав Станковски БИОФИЗИКА Биофизика на Флуиди Доцент Др. Томислав Станковски За интерна употреба за потребите на предметот Биофизика Катедра за Медицинска Физика Медицински Факултет Универзитет Св. Кирил и Методиj, Скопjе

Διαβάστε περισσότερα

ДОМАШНИ ЗАДАЧИ ПО ПРЕДМЕТОТ НАДЗЕМНИ И КАБЕЛСКИ ВОДОВИ

ДОМАШНИ ЗАДАЧИ ПО ПРЕДМЕТОТ НАДЗЕМНИ И КАБЕЛСКИ ВОДОВИ УНИВЕРЗИТЕТ Св. КИРИЛ И МЕТОДИЈ СКОПЈЕ ФАКУЛТЕТ ЗА ЕЛЕКТРОТЕХНИКА И ИНФОРМАЦИСКИ ТЕХНОЛОГИИ Ј. А н г е л о в ДОМАШНИ ЗАДАЧИ ПО ПРЕДМЕТОТ НАДЗЕМНИ И КАБЕЛСКИ ВОДОВИ Скопје 017 УНИВЕРЗИТЕТ Св. КИРИЛ И МЕТОДИЈ

Διαβάστε περισσότερα

БИОФИЗИКА Термодинамика. Доцент Др. Томислав Станковски

БИОФИЗИКА Термодинамика. Доцент Др. Томислав Станковски БИОФИЗИКА Термодинамика Доцент Др. Томислав Станковски За интерна употреба за потребите на предметот Биофизика Катедра за Медицинска Физика Медицински Факултет Универзитет Св. Кирил и Методиj, Скопjе Септември

Διαβάστε περισσότερα

ТАРИФЕН СИСТЕМ ЗА ДИСТРИБУЦИЈА

ТАРИФЕН СИСТЕМ ЗА ДИСТРИБУЦИЈА ТАРИФЕН СИСТЕМ ЗА ДИСТРИБУЦИЈА Тарифен систем за ДС на ЕВН Македонија 2014 година (rke.org.mk) Надоместок за користење на дистрибутивниот систем плаќаат сите потрошувачи, корисници на дистрибутивниот сите

Διαβάστε περισσότερα

д. м. и. Дони Димовски ФОТОВОЛТАИЧНА ЕЛЕКТРАНА НА КРОВ ОД ИНДУСТРИСКИ ОБЈЕКТ

д. м. и. Дони Димовски ФОТОВОЛТАИЧНА ЕЛЕКТРАНА НА КРОВ ОД ИНДУСТРИСКИ ОБЈЕКТ УНИВЕРЗИТЕТ СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ ТЕХНИЧКИ ФАКУЛТЕТ БИТОЛА д. м. и. Дони Димовски ФОТОВОЛТАИЧНА ЕЛЕКТРАНА НА КРОВ ОД ИНДУСТРИСКИ ОБЈЕКТ МАГИСТЕРСКИ ТРУД МАШИНСТВО Битола, 2013 ФОТОВОЛТАИЧНА ЕЛЕКТРАНА НА

Διαβάστε περισσότερα

Универзитет св.кирил и Методиј-Скопје Природно Математички факултет. Семинарска работа. Предмет:Атомска и нуклеарна физика. Тема:Фотоелектричен ефект

Универзитет св.кирил и Методиј-Скопје Природно Математички факултет. Семинарска работа. Предмет:Атомска и нуклеарна физика. Тема:Фотоелектричен ефект Универзитет св.кирил и Методиј-Скопје Природно Математички факултет Семинарска работа Предмет:Атомска и нуклеарна физика Тема:Фотоелектричен ефект Изработил Саздова Ирена ментор проф.д-р Драган Јакимовски

Διαβάστε περισσότερα

БИОФИЗИКА Оптика. Доцент Др. Томислав Станковски

БИОФИЗИКА Оптика. Доцент Др. Томислав Станковски БИОФИЗИКА Оптика Доцент Др. Томислав Станковски За интерна употреба за потребите на предметот Биофизика Катедра за Медицинска Физика Медицински Факултет Универзитет Св. Кирил и Методиj, Скопjе Септември

Διαβάστε περισσότερα

Прирачник за наставниците по физика PhET Physics Education Technology Project

Прирачник за наставниците по физика PhET Physics Education Technology Project Прирачник за наставниците по физика PhET Physics Education Technology Project Доц. Д-р Оливер Зајков, Асс. М-р Боце Митревски Обработка: ПРИРОДНО-МАТЕМАТИЧКИ ФАКУЛТЕТ, Скопје Содржина Вовед... 3 За практичната

Διαβάστε περισσότερα

Квантна теорија: Увод и принципи

Квантна теорија: Увод и принципи 243 Квантна теорија: Увод и принципи 8 Во ова поглавје се воведуваат некои од основните принципи на квантната механика. Првин се дава преглед на експерименталните резултати што довеле до надминување на

Διαβάστε περισσότερα

Етички став спрема болно дете од анемија Г.Панова,Г.Шуманов,С.Јовевска,С.Газепов,Б.Панова Факултет за Медицински науки,,универзитет Гоце Делчев Штип

Етички став спрема болно дете од анемија Г.Панова,Г.Шуманов,С.Јовевска,С.Газепов,Б.Панова Факултет за Медицински науки,,универзитет Гоце Делчев Штип Етички став спрема болно дете од анемија Г.Панова,Г.Шуманов,С.Јовевска,С.Газепов,Б.Панова Факултет за Медицински науки,,универзитет Гоце Делчев Штип Апстракт Вовед:Болести на крвта можат да настанат кога

Διαβάστε περισσότερα

шифра: Филигран Истражувачки труд на тема: Анализа на мала хидроцентрала Брајчино 2

шифра: Филигран Истражувачки труд на тема: Анализа на мала хидроцентрала Брајчино 2 шифра: Филигран Истражувачки труд на тема: Анализа на мала хидроцентрала Брајчино 2 Битола, 2016 Содржина 1. Вовед... 2 2. Поделба на хидроцентрали... 3 2.1. Поделба на хидроцентрали според инсталирана

Διαβάστε περισσότερα

Проф. д-р Ѓорѓи Тромбев ГРАДЕЖНА ФИЗИКА

Проф. д-р Ѓорѓи Тромбев ГРАДЕЖНА ФИЗИКА Проф. д-р Ѓорѓи Тромбев ГРАДЕЖНА ФИЗИКА Преглед - MKС ЕN ISO 6946 Компоненти и елементи од згради Топлински отпори и коефициенти на премин на топлина Метод на пресметка - ( Building components and building

Διαβάστε περισσότερα

7. ОСЦИЛОСКОП 7.1. ПРИНЦИП НА РАБОТА

7. ОСЦИЛОСКОП 7.1. ПРИНЦИП НА РАБОТА 7. ОСЦИЛОСКОП Осцилоскопот е мерен инструмент со кој може визуелно да се набљудуваат бранови облици на разни електрични големини. Со него може да се мерат нивните карактеристични параметри, па дури привремено

Διαβάστε περισσότερα

1.2. Сличност троуглова

1.2. Сличност троуглова математик за VIII разред основне школе.2. Сличност троуглова Учили смо и дефиницију подударности два троугла, као и четири правила (теореме) о подударности троуглова. На сличан начин наводимо (без доказа)

Διαβάστε περισσότερα

DEMOLITION OF BUILDINGS AND OTHER OBJECTS WITH EXPLOSIVES AND OTHER NONEXPLOSIVES MATERIALS

DEMOLITION OF BUILDINGS AND OTHER OBJECTS WITH EXPLOSIVES AND OTHER NONEXPLOSIVES MATERIALS Ристо Дамбов * РУШЕЊЕ НА ЗГРАДИ И ДРУГИ ГРАДЕЖНИ ОБЈЕКТИ СО ПОМОШ НА ЕКСПЛОЗИВНИ И НЕЕКСПЛОЗИВНИ МАТЕРИИ РЕЗИМЕ Во трудот се преставени основните параметри и начини за рушење на стари згради. Ќе се прикажат

Διαβάστε περισσότερα

налазе се у диелектрику, релативне диелектричне константе ε r = 2, на међусобном растојању 2 a ( a =1cm

налазе се у диелектрику, релативне диелектричне константе ε r = 2, на међусобном растојању 2 a ( a =1cm 1 Два тачкаста наелектрисања 1 400 p и 100p налазе се у диелектрику релативне диелектричне константе ε на међусобном растојању ( 1cm ) као на слици 1 Одредити силу на наелектрисање 3 100p када се оно нађе:

Διαβάστε περισσότερα

Практикум по неорганска хемија, применета во фармација

Практикум по неорганска хемија, применета во фармација Универзитет Св. Кирил и Методиј - Скопје Фармацевтски факултет, Скопје Институт за применета хемија и фармацевтски анализи Практикум по неорганска хемија, применета во фармација студиска програма Магистер

Διαβάστε περισσότερα

Годишен зборник 2014 Yearbook Факултет за информатика, Универзитет Гоце Делчев Штип Faculty of Computer Science, Goce Delcev University Stip

Годишен зборник 2014 Yearbook Факултет за информатика, Универзитет Гоце Делчев Штип Faculty of Computer Science, Goce Delcev University Stip 89 УНИВЕРЗИТЕТ ГОЦЕ ДЕЛЧЕВ ШТИП ФАКУЛТЕТ ЗА ИНФОРМАТИКА ГОДИШЕН ЗБОРНИК 204 YEARBOOK 204 ГОДИНА 3 ЈУНИ, 205 GOCE DELCEV UNIVERSITY STIP FACULTY OF COMPUTER SCIENCE VOLUME III Издавачки совет Проф. д-р

Διαβάστε περισσότερα

27. Согласно барањата на Протоколот за тешки метали кон Конвенцијата за далекусежно прекугранично загадување (ратификуван од Република Македонија во

27. Согласно барањата на Протоколот за тешки метали кон Конвенцијата за далекусежно прекугранично загадување (ратификуван од Република Македонија во Прашања за вежбање: 1. Со кој закон е дефинирана и што претставува заштита и унапредување на животната средина? 2. Што преттставуваат емисија и имисија на супстанци? 3. Што претставува гранична вредност

Διαβάστε περισσότερα

НЕКОИ АЛГОРИТМИ ЗА РЕШАВАЊЕ НА ЗАДАЧАТА НА ПАТУВАЧКИОТ ТРГОВЕЦ

НЕКОИ АЛГОРИТМИ ЗА РЕШАВАЊЕ НА ЗАДАЧАТА НА ПАТУВАЧКИОТ ТРГОВЕЦ МАТЕМАТИЧКИ ОМНИБУС, 1 (2017), 101 113 НЕКОИ АЛГОРИТМИ ЗА РЕШАВАЊЕ НА ЗАДАЧАТА НА ПАТУВАЧКИОТ ТРГОВЕЦ Ирена Стојковска 1 Задачата на патувачкиот трговец е комбинаторна оптимизациона задача со едноставна

Διαβάστε περισσότερα

Практикум по Општа и неорганска хемија

Практикум по Општа и неорганска хемија Универзитет Св. Кирил и Методиј - Скопје Фармацевтски факултет, Скопје Институт за применета хемија и фармацевтски анализи Практикум по Општа и неорганска хемија студиска програма Лабораториски биоинжинер

Διαβάστε περισσότερα

ИСПИТУВАЊЕ НА СТРУЈНО-НАПОНСКИТЕ КАРАКТЕРИСТИКИ НА ФОТОВОЛТАИЧЕН ГЕНЕРАТОР ПРИ ФУНКЦИОНИРАЊЕ ВО РЕАЛНИ УСЛОВИ

ИСПИТУВАЊЕ НА СТРУЈНО-НАПОНСКИТЕ КАРАКТЕРИСТИКИ НА ФОТОВОЛТАИЧЕН ГЕНЕРАТОР ПРИ ФУНКЦИОНИРАЊЕ ВО РЕАЛНИ УСЛОВИ . СОВЕТУВАЊЕ Охрид, - октомври 29 Димитар Димитров Факултет за електротехника и информациски технологии, Универзитет Св. Кирил и Методиј Скопје ИСПИТУВАЊЕ НА СТРУЈНО-НАПОНСКИТЕ КАРАКТЕРИСТИКИ НА ФОТОВОЛТАИЧЕН

Διαβάστε περισσότερα

8. МЕРНИ МОСТОВИ И КОМПЕНЗАТОРИ

8. МЕРНИ МОСТОВИ И КОМПЕНЗАТОРИ 8. МЕРНИ МОСТОВИ И КОМПЕНЗАТОРИ Мерните мостови и компензаторите спаѓаат во посредните мерни постапки. Мерењата со мерните мостови и компензаторите се остваруваат со затворени мерни процеси засновани врз

Διαβάστε περισσότερα

БРЗ ДИЗАЈН НА ПРОТОТИП НА УПРАВУВАЧ И ИЗРАБОТКА НА ДИНАМИЧКИ МОДЕЛ ЗА ТЕСТИРАЊЕ НА ХАРДВЕР ВО ЈАМКА НА БРЗИНСКИ СЕРВОМЕХАНИЗАМ

БРЗ ДИЗАЈН НА ПРОТОТИП НА УПРАВУВАЧ И ИЗРАБОТКА НА ДИНАМИЧКИ МОДЕЛ ЗА ТЕСТИРАЊЕ НА ХАРДВЕР ВО ЈАМКА НА БРЗИНСКИ СЕРВОМЕХАНИЗАМ УНИВЕРЗИТЕТ СВ. КЛИМЕНТ ОХРИДСКИ ТЕХНИЧКИ ФАКУЛТЕТ БИТОЛА Електротехнички отсек Александар Јуруковски БРЗ ДИЗАЈН НА ПРОТОТИП НА УПРАВУВАЧ И ИЗРАБОТКА НА ДИНАМИЧКИ МОДЕЛ ЗА ТЕСТИРАЊЕ НА ХАРДВЕР ВО ЈАМКА

Διαβάστε περισσότερα

ГРОМОБРАНСКА ЗАШТИТА

ГРОМОБРАНСКА ЗАШТИТА M ANA G E MEN T SYS T EM Скопје, Коле Неделковски 22 тел./факс: 3 118 333 E-mail: iskra.atg@mt.net.mk ГРОМОБРАНСКА ЗАШТИТА СО РАНОСТАРТУВАЧКИ ГРОМОБРАН ERICO SI C E R T I F I E D ISO 9001:2000 ВОВЕД Заштитата

Διαβάστε περισσότερα

МОДЕЛИРАЊЕ НА DC/DC КОНВЕРТОРИ ЗА УПРАВУВАЊЕ НА ЕДНОНАСОЧНИ МОТОРИ СО КОМПЈУТЕРСКА СИМУЛАЦИЈА COMPUTER SIMULATION AND MODELING OF DC/DC CONVERTERS

МОДЕЛИРАЊЕ НА DC/DC КОНВЕРТОРИ ЗА УПРАВУВАЊЕ НА ЕДНОНАСОЧНИ МОТОРИ СО КОМПЈУТЕРСКА СИМУЛАЦИЈА COMPUTER SIMULATION AND MODELING OF DC/DC CONVERTERS МОДЕЛИРАЊЕ НА DC/DC КОНВЕРТОРИ ЗА УПРАВУВАЊЕ НА ЕДНОНАСОЧНИ МОТОРИ СО КОМПЈУТЕРСКА СИМУЛАЦИЈА Гоце СТЕФАНОВ 1, Влатко ЧИНГОСКИ 2, Елена СТЕФАНОВА 3 1 Електротехнички факултет Радовиш, УГД Штип, gce.stefnv@ugd.edu.mk

Διαβάστε περισσότερα

Бесмртноста на душата кај Платон (II)

Бесмртноста на душата кај Платон (II) Бесмртноста на душата кај Платон (II) Стефан Пановски Студент на институтот за класични студии noxdiaboli@yahoo.com 1. За деловите на душата За да зборуваме за бесмртноста на душата, најнапред мора да

Διαβάστε περισσότερα

АНАЛИТИЧКИ МЕТОД ЗА ПРЕСМЕТКА НА ДОВЕРЛИВОСТA НА ДИСТРИБУТИВНИTE СИСТЕМИ

АНАЛИТИЧКИ МЕТОД ЗА ПРЕСМЕТКА НА ДОВЕРЛИВОСТA НА ДИСТРИБУТИВНИTE СИСТЕМИ ЧЕТВРТО СОВЕТУВАЊЕ Охрид, 6 9 септември 004 д-р Ристо Ачковски, дипл ел инж Електротехнички факултет, Скопје Сашо Салтировски, дипл ел инж АД Електростопанство на Македонија, Скопје АНАЛИТИЧКИ МЕТОД ЗА

Διαβάστε περισσότερα

Изомерија. Видови на изомерија

Изомерија. Видови на изомерија Изомерија Видови на изомерија Изомерија Изомери се соединенија кои имаат иста молекулска формула, а различни својства (физички и/или хемиски). Различните својства се должат на различната молекулска структура.

Διαβάστε περισσότερα

ДИНАМИЧКИ РЕЖИМ НА РАБОТА НА ВЕТЕРНА ФАРМА

ДИНАМИЧКИ РЕЖИМ НА РАБОТА НА ВЕТЕРНА ФАРМА 8. СОВЕТУВАЊЕ Охрид, 22 24 септември Миле Јончевски Миле Спировски Благоја Стеваноски Технички факултет Битола ДИНАМИЧКИ РЕЖИМ НА РАБОТА НА ВЕТЕРНА ФАРМА КУСА СОДРЖИНА Во трудот се анализирaни динамичките

Διαβάστε περισσότερα