Svetlost kao elektromagnetni talas
1.1. Intenzitet magnetnog polja ravnog monohromatskog talasa u
vakuumu dat je izrazom:
B = B0 sin ω
t−
x
c
,
cunati:
pri ˇ
cemu je B0 = 2 · 10−9 T i ω = π · 1015 rad/s. Izraˇ
a) frekvenciju, talasnu duˇ
zinu i talasni broj ovog talasa;
b) jaˇ
cinu elektriˇ
cnog polja.
ˇ
RESENJE:
Najjednostavniji oblik talasnog kretanja je ravni harmonijski talas kod koga
se intenziteti elektriˇcnog i magnetnog polja menjaju na slede´ci naˇcin:
x
v
= E0 sin (ωt − kx) ,
x
t−
v
= B0 sin (ωt − kx) ,
Ey = E0 sin ω
Bz = B0 sin ω
t−
gde je k = ω/v = 2 π/λ − talasni broj, a ω = 2πν − ugaona frekvencija
(indeksi ,,y” i ,,z” odnose se na ose Dekartovog pravouglog koordinatnog
~ iB
~ normalni kako med¯usobno, tako i na
sistema i ukazuju da su vektori E
pravac prostiranja talasa – u ovom sluˇcaju to je pravac x−ose). Kao i kod
mehaniˇckih talasa i ovde je v = λ · ν = ω/k, pri ˇcemu je:
v=√
c
1
=√
.
ε0 εr µ0 µr
εr µr
Veza izmed¯u elektriˇcnog i magnetnog polja u elektromagnetnom talasu je:
B=
1
·E .
v
a) Iz relacije
ω = 2πν ,
1
dobija se da je:
ν=
ω
π · 1015 rad/s
1
=
= · 1015 = 5 · 1014 Hz .
2π
2π
2
Talasna duˇzina talasa je:
λ=
3 · 108 m
c
s
=
= 6 · 10−7 m = 600 nm ,
ν
5 · 1014 Hz
a talasni broj:
k=
2π
2 · 3, 14
=
= 1, 05 · 107 m−1 .
λ
6 · 10−7 m
b) Amplituda elektriˇcnog polja jednaka je:
E0 = c · B0 = 0, 6
V
,
m
tako da se elektriˇcno polje menja u skladu sa jednaˇcinom:
E [V /m] = 0, 6 sin π · 1015
t−
x
c
.
1.2. Talasna duˇ
zina ˇ
zute natrijumove svetlosti u vakuumu iznosi
λ = 589 nm. Koliko iznose odgovaraju´
ca frekvencija i talasni
broj?
ˇ
RESENJE:
Iz relacije:
λ·ν =c,
sledi:
ν=
dok na osnovu veze:
3 · 108 m
c
s
=
= 5, 09 · 1014 Hz ,
λ
589 · 10−9 m
k=
sledi:
k=
2π
λ
2 · 3, 14
= 1, 07 · 107 m−1 .
589 · 10−9 m
2
1.3. Koliko iznose brzina ˇ
sirenja i talasna duˇ
zina elektromagnetnog
talasa ˇ
cija je frekvencija ν = 600 M Hz u benzolu (εr = 2, 3)?
ˇ
RESENJE:
S obzirom da je :
c
3 · 108 m/s
√
v=√
=
= 1, 98 · 108 m/s ,
εr µr
2, 3
sledi:
λ=
v
1, 98 · 108 m/s
=
= 0, 33 m .
ν
600 · 106 Hz
1.4. Elektromagnetni talas frekvencije 9 M Hz prelazi iz vakuuma
u nemagnetnu sredinu (µr = 1) relativne permitivnosti εr = 81
(voda). Kolika je promena talasne duˇ
zine ovog talasa pri
prelasku iz jedne sredine u drugu?
ˇ
RESENJE:
Talasna duˇzina u vakuumu iznosi:
λ0 =
c
,
ν
a u nemagnetnoj sredini relativne permitivnosti εr :
v
,
ν
λ=
gde je:
v=√
c
,
εr µr
pa je:
ν
c
√
3 · 108 m/s
9 · 106 Hz
∆λ = λ − λ0 =
=
odnosno:
c
c
− =
εr
ν
ν
!
1
√ −1
εr
1
√ − 1 = −29, 6 m ,
81
|∆λ| 1
= √ − 1 = 0, 89 = 89% .
λ
εr
3
=
1.5. Elektriˇ
cno polje svetlosnog talasa dato je izrazom:
E [V /m] = 0, 5 · sin π 1, 2 · 1015 t − 4 · 106 x .
Odrediti amplitudu, frekvenciju, talasnu duˇ
zinu, period i
brzinu ovog talasa.
ˇ
RESENJE:
Upored¯ivanjem date jednaˇcine sa jednaˇcinom ravnog harmonijskog talasa:
E = E0 sin ω
x
t−
v
= E0 sin (ωt − kx)
moˇze se zakljuˇciti slede´ce:
• Amplituda talasa je:
• frekvencija:
ν=
E0 = 0, 5
V
,
m
ω
1, 2 · 1015 π
=
= 6 · 1014 Hz ,
2π
2π
• talasna duˇzina:
λ=
• period:
2π
2π
=
= 5 · 10−7 m = 500 nm ,
k
4 π · 106 m−1
T =
2π
1
= = 1, 67 · 10−15 s ,
ω
ν
• i brzina:
v = λ · ν = 5 · 10−7 m · 6 · 1014 Hz = 3 · 108
m
.
s
1.6. Koliko visokofrekventnih oscilacija talasne duˇ
zine λ = 375 m
se izvrˇ
si za vreme jednog perioda zvuˇ
cnog talasa frekvencije
νzv = 500 Hz, stvorenog ispred mikrofona predajne stanice sa
datom talasnom duˇ
zinom?
4
ˇ
RESENJE:
Broj oscilacija se izraˇzava kao:
N =ν·t,
gde je:
3 · 108 m
c
s
=
= 8 · 105 Hz ,
λ
375 m
frekvencija koja odgovara elektromagnetnom talasu talasne duˇzine λ = 375 m.
Za vreme jednog perioda zvuˇcnih oscilacija:
ν=
t = Tzv =
1
1
=
= 0, 002 s
νzv
500 Hz
izvrˇsi se, dakle:
N = ν · t = 8 · 105 Hz · 0, 002 s = 1600 oscilacija .
Zadaci za samostalni rad:
1.7. Dato je elektriˇ
cno polje elektromagnetnog talasa u vakuumu:
x
Ey = E0 sin ω t −
c
,
gde je E0 = 50 N/C i ω = 1, 02 π · 1015 rad
zuta svetlost). Odres (ˇ
diti frekvenciju, talasnu duˇ
zinu i period ovog talasa.
1.8. Ravni elektromagnetni talas frekvencije 1, 5 · 1014 Hz prostire
se kroz vakuum. Amplituda elektriˇ
cnog polja ovog talasa
iznosi 60 V /m. Napisati jednaˇ
cine za jaˇ
cine elektriˇ
cnog i magnetnog polja tog talasa.
1.9. U homogenoj nemagnetnoj sredini relativne dielektriˇ
cne propustljivosti εr = 3 prostire se elektromagnetni talas. Amplituda jaˇ
cine elektriˇ
cnog polja iznosi 10 V /m. Kolika je amplituda jaˇ
cine magnetnog polja?
5
1.10. U nemagnetnoj sredini prostire se ravan elektromagnetni talas. Jaˇ
cina elektriˇ
cnog polja talasa menja se po zakonu:
E = 10 sin 1010 t − 66, 7 x
(u jedinicama SI) .
Kolika je brzina talasa u toj sredini?
dielektriˇ
cna propustljivost sredine?
6
Kolika je relativna
Korpuskularna priroda svetlosti
2.1. Koliko fotona emituje svake sekunde radio-odaˇ
siljaˇ
c snage
12 kW koji radi na talasnoj duˇ
zini 205 m?
ˇ
RESENJE:
Emitovana energija jednaka je celobrojnom umnoˇsku elementarnog kvanta
energije (fotona):
hc
E = N · hν = N
,
λ
a poˇsto je:
E = P · t = 12 · 103 W · 1s = 1, 2 · 104 J ,
sledi:
N=
Eλ
1, 2 · 104 J · 205 m
=
= 1, 24 · 1031 .
h·c
6, 626 · 10−34 J s · 3 · 108 m/s
2.2. Izraˇ
cunati frekvenciju fotona koji nastaje kada se elektron
kinetiˇ
cke energije E = 20 keV zaustavi pri sudaru sa teˇ
skim
jezgrom, pod pretpostavkom da se 80% kinetiˇ
cke energije
elektrona transformiˇ
se u energiju fotona.
ˇ
RESENJE:
Pod uslovima zadatka sledi da je:
0, 8 · Ek = h · ν ,
a odavde je:
ν=
0, 8 · Ek
0, 8 · 2 · 104 · 1, 6 · 10−19 J
=
= 3, 86 · 1018 Hz .
h
6, 626 · 10−34 J s
2.3. Koliku talasnu duˇ
zinu treba da ima foton da bi njegova energija bila jednaka energiji mirovanja elektrona?
ˇ
RESENJE:
S obzirom na relaciju:
hc
= me c2
λ
7
sledi:
λ=
h
6, 626 · 10−34 J s
hc
=
=
me c2
me c
9, 11 · 10−31 kg · 3 · 108
m
s
= 2, 42 · 10−12 m .
2.4. Monohromatska svetlost talasne duˇ
zine 450nm pada normalno
W
na povrˇ
sinu S = 4cm2 . Ako je intenzitet svetlosti I = 0, 15 m
2,
odrediti koliko dugo povrˇ
sina treba da bude izloˇ
zena svetlosti
da bi na nju palo 1020 fotona.
ˇ
RESENJE:
Intenzitet svetlosti:
I=
a energija emitovanih fotona:
P
E
=
,
S
S·t
E = N · hν = N
hc
.
λ
Kombinacijom ovih relacija dobija se:
t =
1020 · 6, 626 · 10−34 J s · 3 · 108 m
E
N hc
s
=
=
=
W
−4 m2 · 450 · 10−9 m
I ·S
ISλ
0, 15 m
2 · 4 · 10
= 7, 362 · 105 s = 8, 52 dana .
2.5. Spektralna gustina Sunˇ
cevog zraˇ
cenja ima maksimum za talasnu duˇ
zinu 480 nm.
a) Izraˇ
cunati temperaturu Sunˇ
ceve povrˇ
sine pod pretpostavkom da Sunce zraˇ
ci kao crno telo.
b) U kom delu spektra bi spektralna gustina bila maksimalna kada bi se temperatura Sunca smanjila na jednu
tre´
cinu sadaˇ
snje vrednosti?
ˇ
RESENJE:
a) Iz Vinovog zakona se dobija:
T =
b
2, 9 · 10−3 K · m
=
= 6041, 7 K .
λm
480 · 10−9 m
8
b) Na temperaturi:
T
= 2013, 9 K
3
maksimum zraˇcenja bio bi na talasnoj duˇzini:
T′ =
λ′m =
b
2, 9 · 10−3 K · m
= 1, 44 · 10−6 m .
=
′
T
2013, 9 K
2.6. Uˇ
zarena ploˇ
ca povrˇ
sine 20 cm2 zraˇ
ci 0, 5 kW h energije u minuti.
a) Odrediti temperaturu ploˇ
ce ako pretpostavimo da zraˇ
ci
kao apsolutno crno telo.
b) Da li je ta ploˇ
ca zaista crna?
ˇ
RESENJE:
ˇ
a) Iz Stefan–Bolcmanovog
zakona:
I=
P
= σ · T4 ,
S
dobija se da je ukupna izraˇcena energija:
E = P · t = S σ T 4t ,
a odavde je:
T =
s
4
v
u
u
E
0, 5 · 103 · 3600 J
4
=t
Sσ t
20 · 10−4 m2 · 5, 67 · 10−8 m2WK 4 · 60 s
⇒
⇒
T = 4033 K.
b) Talasna duˇzina na kojoj je spektralna gustina maksimalna dobija se iz
Vinovog zakona:
λm =
b
2, 9 · 10−3 K · m
=
= 7, 19 · 10−7 m = 719 nm .
T
4033 K
Ova talasna duˇzina pripada krajnjem crvenom delu vidljivog spektra,
tako da ´ce ploˇca imati tamnocrvenu boju.
9
2.7 Apsolutno crno telo zagrejano je do temperature T1 = 2900 K.
U procesu hlad¯enja ovog tela, talasna duˇ
zina na kojoj je spektralna gustina zraˇ
cenja maksimalna promeni se za ∆λ = 9 µm.
Do koje se temperature T2 ohladilo telo?
ˇ
RESENJE:
Prema Vinovom zakonu, za temperaturu T1 je:
λ(1)
m =
b
,
T1
a za temperaturu T2 :
(1)
λ(2)
m = λm + ∆λ ,
b
b
b + ∆λ T1
=
+ ∆λ =
,
T2
T1
T1
pa je traˇzena temperatura:
T2 =
b T1
= 290K .
b + ∆λ T1
2.8. Temperatura ˇ
covekovog tela je T = 310 K, a okoline To =
ˇ
c
300 K.
a) Izraˇ
cunati efektivnu snagu zraˇ
cenja koju ˇ
covek gubi pod
tim uslovima ako je povrˇ
sina koˇ
ze S = 2 m2 .
b) Izraˇ
cunati i talasnu duˇ
zinu λm maksimuma spektralnog
zraˇ
cenja.
ˇ
RESENJE:
ˇ
a) Prema Stefan-Bolcmanovom
zakonu, intenzitet zraˇcenja koje ˇcovek
emituje sa povrˇsine od 1 m2 na temperaturi T = 310 K je:
ˇc
I1 = σT 4 .
ˇc
Sa druge strane na njega pada zraˇcenje iz okoline ˇciji je intenzitet:
I2 = σTo4 .
Snaga koju ˇcovek gubi po jedinici povrˇsine jednaka je razlici intenziteta
zraˇcenja koje emituje i koje prima od okoline:
I = I1 − I2 = σ T 4 − To4
ˇc
10
.
Ukupna snaga koju ˇcovek gubi sa celog tela je:
P = IS = σ T 4 − To4 S
ˇc
P = 5, 67 · 10−8
h
i
W
4
4
·
(310
K)
−
(300
K)
· 2 m2 = 129 W .
m2 · K 4
b) Talasna duˇzina koja odgovara maksimumu spektralnog zraˇcenja raˇcuna
se pomo´cu Vinovog zakona:
λm =
b
,
T
gde je b Vinova konstanta.
Za ˇcoveka:
λmˇc =
2, 9 · 10−3 m · K
b
=
= 9, 35 · 10−6 m ,
T
310 K
ˇc
a za okolinu:
λmo =
b
2, 9 · 10−3 m · K
=
= 9, 67 · 10−6 m .
To
300 K
2.7 Ako se 40% utroˇ
sene elektriˇ
cne energije u sijalici snage P =
60 W emituje kao infracrveno zraˇ
cenje, izraˇ
cunati temperaturu njenog vlakna duˇ
zine ℓ = 0, 2 m i preˇ
cnika d = 0, 01 mm.
Zraˇ
cenje vlakna sijalice razmatrati kao zraˇ
cenje apsolutno
crnog tela.
ˇ
RESENJE:
ˇ
Prema Stefan–Bolcmanovom
zakonu, intenzitet zraˇcenja vlakna sijalice iznosi:
I = σ · T4 ,
a poˇsto je:
0, 4 · P
0, 4 · P
=
,
S
πdℓ
kombinovanjem prethodne dve jednaˇcine dobija se:
I=
T =
s
4
0, 4 P
=
πdℓσ
s
4
3, 14 ·
10−5 m
0, 4 · 60 W
= 2865 K .
· 0, 2 m · 5, 67 · 10−8 m2W·K 4
11
2.9. Odrediti minimalnu frekvenciju zraˇ
cenja koja ´
ce izazvati fotoelektriˇ
cni efekat na materijalu ˇ
ciji je izlazni rad 3eV . Kom
delu spektra pripada to zraˇ
cenje?
ˇ
RESENJE:
Prema Ajnˇstajnovoj jednaˇcini fotoelektriˇcnog efekta:
hν = A +
1
me v 2 ,
2
minimalna (graniˇcna) frekvencija (νg ) je ona za koju je kinetiˇcka energija
izbijenih fotoelektrona jednaka nuli, te je:
h νg = A ,
ødavde sledi:
νg =
A
3 · 1, 6 · 10−19 J
=
= 7, 24 · 1014 Hz .
h
6, 626 · 10−34 J s
S obzirom da je odgovaraju´ca talasna duˇzina (,,crvena granica fotoefekta”):
λg =
3 · 108 m
c
s
=
= 414, 4 nm ,
νg
7, 24 · 1014 Hz
zraˇcenje pripada vidljivom delu spektra (ljubiˇcasta boja).
2.10. Prilikom osvetljavanja povrˇ
sine platine ultraljubiˇ
castim zraˇ
cenjem talasne duˇ
zine λ = 204 nm, izmereno je da napon
pri kome prestaje fotoelektriˇ
cni efekat (napon zaustavljanja)
iznosi Uk = 0, 8 V. Na osnovu ovih podataka izraˇ
cunati:
a) maksimalnu brzinu emitovanih fotoelektrona;
b) izlazni rad elektrona iz platine;
c) maksimalnu talasnu duˇ
zinu (crvenu granicu fotoefekta)
pri kojoj je joˇ
s mogu´
c fotoelektriˇ
cni efekat.
ˇ
RESENJE:
a) Fotoelektriˇcni efekat prestaje pri onom naponu Uk pri kome se poˇcetna
kinetiˇcka energija fotoelektrona potroˇsi na rad sile elektriˇcnog polja,
tj:
me v 2
= e Uk ,
2
12
a odavde je:
v=
s
s
2eUk
=
me
2 · 1, 6 · 10−19 C · 0, 8 V
m
= 5, 3 · 105
.
−31
9, 11 · 10
kg
s
b) Ajnˇstajnova relacija za fotoelektriˇcni efekat moˇze se napisati u obliku:
hc
= A + e Uk ,
λ
odakle sledi:
A=
hc
− e Uk = 8, 45 · 10−19 J = 5, 3 eV .
λ
c) U ovom sluˇcaju se energija kvanta elektromagnetnog zraˇcenja utroˇsi
samo na izbijanje elektrona, njihova kinetiˇcka energija jednaka je nuli,
te vaˇzi:
hc
=A
λg
⇒
λg =
hc
6, 626 · 10−34 J s · 3 · 108 m/s
=
= 235 nm .
A
8, 45 · 10−19 J
2.11. Pri osvetljavanju povrˇ
sine nekog metala svetloˇ
s´
cu talasnih
duˇ
zina λ1 = 350 nm i λ2 = 540 nm, maksimalne brzine emitovanih fotoelektrona razlikuju se med¯usobno n = 2 puta.
Izraˇ
cunati izlazni rad za ovaj metal.
ˇ
RESENJE:
Ajnˇstajnova relacija za fotoelektriˇcni efekat, primenjena u oba sluˇcaja, ima
oblik:
mv12
hc
=A+
,
(1)
λ1
2
mv22
hc
=A+
.
λ2
2
Poˇsto je energija fotona
hc
λ1
>
hc
λ2 ,
(2)
sledi da je v1 = nv2 , te izraz (1) postaje:
hc
1
= A + mn2 v22 .
λ1
2
(3)
Mnoˇzenjem izraza (2) sa n2 i oduzimanjem od izraza (3), dobija se:
hc
1
n2
−
λ1
λ2
!
= A 1 − n2
13
.
Reˇsavanje prethodne jednaˇcine po izlaznom radu daje:
A = hc
λ2 − n2 λ1
= 3 · 10−19 J = 1, 9 eV .
(1 − n2 ) λ1 λ2
2.12. Eksperimentalno je ustanovljeno da najve´
ca talasna duˇ
zina za
koju je mogu´
ce ostvariti fotoelektriˇ
cni efekat na metalu barijumu iznosi λg = 496 nm. Koliki je napon neophodno primeniti
da bi se zaustavili fotoelektroni koji izlaze iz katode od barijuma, ako se ona osvetli zraˇ
cenjem talasne duˇ
zine λ = 300 nm?
Kolika je pri tome brzina izbijenih fotoelektrona?
ˇ
RESENJE:
Polaze´ci od Ajnˇstajnove jednaˇcine fotoelektriˇcnog efekta u
obliku:
hc
= A + eUk
λ
i uzimaju´ci u obzir vezu izmed¯u izlaznog rada i crvene granice fotoefekta:
A=
dobija se da je:
hc
,
λg
hc
hc
=
+ eUk ,
λ
λg
odakle sledi:
Uk =
hc λg − λ
·
= 1, 64 V.
e λg · λ
Brzina izbijenih fotoelektrona iznosi:
1
mv 2 = eUk ⇒ v =
2
s
2eUk
= 7, 6 · 105 m/s.
m
2.13. Svetlost talasne duˇ
zine λ = 350 nm pada na fotokatodu i pri
nekom naponu U dolazi do prekida fotoelektriˇ
cne struje. Ako
se talasna duˇ
zina svetlosti smanji za ∆λ = 50 nm, odrediti za
koliko treba promeniti zakoˇ
cni napon da bi ponovo doˇ
slo do
prekida fotoelektriˇ
cne struje.
ˇ
RESENJE:
Analiza Ajnˇstajnove jednaˇcine fotoelektriˇcnog efekta:
hc
= A + eUk
λ
14
pokazuje da smanjenje talasne duˇzine odgovara pove´canju zakoˇcnog napona:
hc
= A + e (Uk + ∆Uk ).
λ − ∆λ
Kombinovanjem gornjih jednaˇcina dobija se:
hc
hc
=
+ e∆Uk ,
λ − ∆λ
λ
na osnovu ˇcega konaˇcno proizilazi:
∆Uk =
hc∆λ
= 0, 59 V.
eλ(λ − ∆λ)
2.14. Rentgenski zrak talasne duˇ
zine λ = 0, 040 nm interaguje sa
elektronom i tom prilikom dolazi do Komptonovog rasejanja.
Odrediti talasnu duˇ
zinu rasejanog fotona ako je ugao rasejanja 75◦ .
ˇ
RESENJE:
Komptonov efekat je elastiˇcna interakcija fotona elektromagnetnog (rentgenskog) zraˇcenja energije hν i slabo vezanog atomskog elektrona. Kao posledica ove interakcije foton nastavlja kretanje sa ve´com talasnom duˇzinom (λ′ )
od one koju je do tada imao (λ), a razlika talasnih duˇzina upadnog i rasejanog fotona iznosi:
∆λ = λ′ − λ =
h
(1 − cos θ) = λc (1 − cos θ) ,
m0 c
gde je m0 = 9, 11 · 10−31 kg masa mirovanja elektrona, θ ugao pod kojim
se rasejao upadni foton, a λc = mh0 c = 2, 42 · 10−12 m Komptonova talasna
duˇzina. Rasejani foton ima´ce talasnu duˇzinu:
λ′ = λ +
⇒
λ′ = 4 · 10−11 m +
h
(1 − cos θ)
m0 c
6, 626 · 10−34 Js
9, 11 · 10−31 kg · 3 · 108
⇒
λ′ = 0, 0418 nm .
15
⇒
m
s
(1 − cos 75◦ )
⇒
Zadaci za samostalni rad:
2.15. Radio-antena emituje radio talase frekvencije ν = 1 M Hz snagom P = 1 kW . Koliko fotona u sekundi emituje ova antena?
2.16. Lopta polupreˇ
cnika r = 10 cm nalazi se na temperaturi t =
227 ◦ . Kolika se energija izraˇ
ci sa ove lopte za vreme τ = 10s?
Loptu smatrati apsolutno crnim telom.
2.17. Pretpostavljaju´
ci da Sunce zraˇ
ci kao apsolutno crno telo,
izraˇ
cunati ukupnu energiju koju 1 m2 povrˇ
sine Sunca emituje
u jednoj godini. Uzeti da je temperatura povrˇ
sine Sunca
T = 6000 K.
2.18. Otvor na ˇ
supljoj, toplotno izolovanoj kugli ima povrˇ
sinu 2 cm2 .
Temperatura zidova kugle je T = 2000 K.
a) Odrediti talasnu duˇ
zinu na kojoj je spektralna gustina
zraˇ
cenja maksimalna. O kojoj se vrsti zraˇ
cenja radi?
b) Izraˇ
cunati intenzitet zraˇ
cenja kao i ukupnu snagu koju
zraˇ
ci otvor kugle.
2.19. Pod dejstvom ultraljubiˇ
castog zraˇ
cenja frekvencije ν = 1, 5 ·
1015 Hz izle´
cu elektroni iz nekog metala brzinom v = 800 km/s.
a) Koliki je izlazni rad elektrona?
b) Kolika je njihova energija u eV ?
2.20. Kolika je brzina fotoelektrona emitovanih iz srebra osvetljenog ultraljubiˇ
castim zraˇ
cenjem talasne duˇ
zine λ = 150 nm.
Crvena granica fotoelektriˇ
cnog efekta za srebro je λg = 260 nm.
16
2.21. Pri nekoj odred¯enoj vrednosti zakoˇ
cnog napona fotostruja sa
povrˇ
sine volframa prestaje da teˇ
ce. Kada se talasna duˇ
zina
upotrebljene svetlosti promeni a = 2, 5 puta, za prestanak
toka fotostruje neophodno je pove´
cati zakoˇ
cni napon b = 4
puta. Uzimaju´
ci da je ,,crvena granica” fotoelektriˇ
cnog efekta
za volfram λg = 275 nm , odrediti prvobitnu talasnu duˇ
zinu
upadne svetlosti.
17
Borov model atoma
3.1. Koriste´
ci Borove postulate, izraˇ
cunati za atom vodonika i jon
+
He :
a) polupreˇ
cnik prve Borove orbite (osnovno stanje) i brzinu
elektrona na njoj;
b) ukupnu energiju elektrona u osnovnom stanju;
c) talasnu duˇ
zinu fotona nastalog prelaskom elektrona sa
prvog pobud¯enog u osnovno stanje.
ˇ
RESENJE:
a) Polazne relacije za Borov model atoma su uslov kvantovanja momenta
impulsa:
me vn rn = n¯
h ; n = 1, 2, 3, ...
(1)
i ˇcinjenica da ulogu centripetalne sile ima privlaˇcna Kulonova sila
izmed¯u jednog elektrona u elektronskom omotaˇcu i Z protona u jezgru:
me vn2
1 Ze2
=
rn
4πε0 rn2
Ako se izraz (1) u obliku vn =
me
n¯
h
me rn
2
=
i konaˇcno:
rn =
⇒
n¯
h
me rn
1 Ze2
4πε0 rn
me vn2 =
1 Ze2
.
4πε0 rn
(2)
uvrsti u (2), dobija se:
⇒
n2 ¯
h2
1 Ze2
=
,
2
me rn
4πε0 rn
4πε0 ¯
h2 2
ε0 h2
n
=
n2 ,
Zme e2
πZme e2
(3)
h
gde je u poslednjem koraku uzeto u obzir da je: h
¯ = 2π
. Sliˇcno tome,
n¯
h
ako se iz (1) izrazi rn u obliku rn = me vn uvrsti u (2), dobija se:
me vn2 =
1 me vn Ze2
,
4πε0
n¯
h
18
odnosno:
vn =
Ze2 1
Ze2 1
=
.
4πε0 ¯
h n
2 ε0 h n
(4)
Zamena brojnih vrednosti daje:
- za vodonik (Z = 1, n = 1)
r 1 = 5, 29 · 10−11 m ;
v 1 = 2, 18 · 106
m
,
s
v 1 = 4, 36 · 106
m
.
s
- za He+ (Z = 2, n = 1)
r 1 = 2, 65 · 10−11 m ;
b) Ukupna energija elektrona (energija veze) jednaka je zbiru kinetiˇcke
energije i potencijalne energije elektrona u elektrostatiˇckom polju jezgra:
me vn2
Ze2
En =
−
.
2
4πε0 rn
Zamenom relacija (3) i (4) u prethodni izraz dobija se:
me Z 2 e4 1
me Z 2 e4 1
=
−
,
8 ε02 h2 n2
32 ε02 π 2 ¯
h 2 n2
En = −
E1 = −13, 6 eV
(5)
(za vodonik) ,
E1 = −54, 4 eV
(za He+ ) .
ˇ
Cinjenica
da je energija veze negativna je posledica okolnosti da je
negativna potencijalna energija ve´ca (po apsolutnom iznosu) od pozitivne kinetiˇcke energije.
c) Energija fotona emitovanog pri prelasku elektrona sa n-te na k-tu orbitu jednaka je razlici ukupne energije na tim putanjama (5):
odakle sledi:
hc
λ
n→k
1
λ
me Z 2 e4
= En − Ek = −
8 ε02 h2
n→k
=
me Z 2 e4
8 c ε02 h3
19
1
1
−
n2 k 2
1
1
−
k 2 n2
.
,
Uvod¯enjem Ridbergove konstante:
RH =
me e4
me e4
= 1, 097 · 107 m−1 ,
=
8 c ε02 h3
64 ε02 π 3 ¯
h3 c
prethodni izraz postaje:
1
λ
= Z 2 RH
n→k
1
1
−
k 2 n2
.
Za k = 1 i n = 2, 3, 4, ... dobija se Lajmanova spektralna serija
koja odgovara svim mogu´cim prelazima elektrona sa pobud¯enih stanja
u osnovno. Prelazak elektrona sa prvog pobud¯enog (n = 2) u osnovno stanje (k = 1) odgovara spektralnoj liniji Lajmanove serije sa
najve´com talasnom duˇzinom:
1
.
λ2→1 =
1
1
Z 2 RH
−
12 22
Zamenom dobijenih vrednosti dobija se:
λ2→1 = 120 nm
(za vodonik),
λ2→1 = 30 nm
(za He+ ) .
3.2. Primenom Borove teorije atoma vodonikovog tipa izraˇ
cunati
talasnu duˇ
zinu fotona koji se emituje pri prelasku elektrona
iz drugog u prvo pobud¯eno stanje atoma vodonika, a zatim
odrediti:
a) da li se svetloˇ
s´
cu te talasne duˇ
zine moˇ
ze izvrˇ
siti fotoelektriˇ
cni efekat na kalijumu, ˇ
ciji je izlazni rad AK = 2, 15 eV ;
b) da li je emitovana svetlost vidljiva ljudskom oku.
ˇ
RESENJE:
Pri prelasku elektrona iz k−tog u n−to energijsko stanje atoma vodonika
(Z = 1) emituje se foton ˇcija je talasna duˇzina odred¯ena formulom:
1
= RH
λ
1
1
− 2 ,
2
n
k
a odavde, s obzirom da je u naˇsem sluˇcaju k = 3 i n = 2, proizilazi:
1
= RH
λ
1 1
−
4 9
=
5
36
RH ⇒ λ =
= 656, 3 nm.
36
5RH
20
a) Crvena granica fotoelektriˇcnog efekta na kalijumu dobija se na osnovu
relacije:
hc
AK =
λg
i iznosi:
λg =
hc
6, 626 · 10−34 Js · 3 · 108 m/s
= 577, 8 nm.
=
AK
2, 15 · 1, 6 · 10−19 J
Budu´ci da je λ > λg , do fotoefekta ne´ce do´ci.
b) Talasna duˇzina λ = 656, 3 nm spada u vidljivi deo spektra (crvena
boja).
3.3. Pri prelasku elektrona sa jednog od viˇ
sih pobud¯enih stacionarnih nivoa u osnovno energijsko stanje dvostruko jonizovanog atoma litijuma, sukcesivno se emituju dva fotona sa
talasnim duˇ
zinama λ1 = 72, 91 nm i λ2 = 13, 5 nm. U kom se
pobud¯enom kvantnom stanju nalazio elektron pre emisije?
ˇ
RESENJE:
Pri prelasku elektrona sa n-tog u neko niˇze (k-to) stacionarno energijsko
stanje dvostruko jonizovanog atoma litijuma (Z = 3) emituje se foton ˇcija
je talasna duˇzina odred¯ena formulom:
1
= Z 2 RH
λ1
1
1
− 2
2
k
n
= 9RH
1
1
− 2
2
k
n
,
(1)
dok je pri prelasku sa k-tog u osnovno stanje:
1
= 9RH
λ2
1
1
− 2
2
1
k
.
(2)
Sabiranjem jednaˇcina (1) i (2) dobija se da je:
1
1
+
= 9RH
λ1 λ2
i konaˇcno:
n= s
1
1
− 2
2
1
n
1
λ1 + λ2
1−
9RH λ1 λ2
21
=3.
3.4. Kod kog je atoma vodonikovog tipa razlika talasnih duˇ
zina
glavnih linija Balmerove i Lajmanove serije jednaka ∆λ =
33, 42 nm?.
ˇ
RESENJE:
Glavna linija Balmerove serije (k = 2) nastaje elektronskim prelazom 3 → 2
i odred¯ena je formulom:
1
= Z 2 RH
λB
1
1
− 2
2
2
3
=
5 2
Z RH ,
36
(1)
dok se glavna linija Lajmanove serije dobija pri prelazu 2 → 1:
1
= Z 2 RH
λL
1
1
− 2
2
1
2
=
3 2
Z RH .
4
(2)
Prema uslovu zadatka i jednaˇcinama (1) i (2) dalje sledi:
∆λ = λB − λL =
i konaˇcno:
Z=
s
88
15 Z 2 RH
88
=4.
15 RH ∆λ
Radi se, dakle, o trostruko jonizovanom atomu berilijuma.
Zadaci za samostalni rad:
3.5. Polaze´
ci od Borovog modela atoma vodonikovog tipa, odrediti period rotacije elektrona u prvom pobud¯enom energijskom
stanju dvostruko jonizovanog atoma litijuma Li 2+ .
3.6. Izraˇ
cunati talasnu duˇ
zinu fotona koji se emituje pri prelasku
elektrona iz drugog pobud¯enog u osnovno stanje dvostruko
jonizovanog atoma litijuma.
22
3.7. U spektru nekog vodoniku sliˇ
cnog jona talasna duˇ
zina tre´
ce
linije Balmerove serije iznosi 108, 5 nm. O kom se elementu
radi i koliko iznosi talasna duˇ
zina glavne (prve) linije Lajmanove serije za taj element?
3.8. Iz Lajmanove serije vodonikovog spektra izdvaja se jedna linija i njome se osvetljava foto´
celija. Katoda foto´
celije je od
rubidijuma, ˇ
ciji je izlazni rad A = 2, 13 eV . Ako je poznato da
zakoˇ
cni napon izmed¯u katode i anode iznosi Uk = 10 V , odrediti kom prelazu odgovara ta linija i kolika je brzina emitovanih
fotoelektrona.
23
Odbijanje i prelamanje svetlosti
4.1. Stub je zakucan u dno reke tako da visina dela koji se nalazi
iznad povrˇ
sine vode iznosi h = 1 m. Na´
ci duˇ
zinu senke ovog
stuba na povrˇ
sini i na dnu reke, ako je ,,visina” Sunca nad
horizontom α = 30◦ , a dubina reke na tom mestu H = 2 m.
Indeks prelamanja vode iznosi n = 1, 33.
ˇ
RESENJE:
h
n0 &1
n
H
r
Sa slike se vidi da je duˇzina senke stuba na povrˇsini reke:
tg α =
h
x
⇒
x=
h
= 1, 73 m .
tg α
Na osnovu zakona prelamanja sledi:
sin (90◦ − α) = n · sin β
te je:
tg β =
⇒
β = arcsin
y
H
⇒
24
sin (90◦ − α)
= 40, 63◦
n
y = H · tg β
i konaˇcno:
r =x+y =
h
+ H · tg β = 3, 45 m ,
tg α
ˇsto predstavlja duˇzinu senke stuba na dnu reke.
4.2. Posuda u obliku kocke sa neprovidnim zidovima postavljena je tako da
oko posmatraˇ
ca ne vidi njeno dno,
cina
ali vidi stranu CD. Kolika koliˇ
(zapremina) vode se mora usuti u
sud da bi posmatraˇ
c mogao da vidi
predmet P, koji se nalazi na rastojanju b = 10 cm od ugla D? Ivica suda
je a = 40 cm, dok je indeks prelamanja vode n = 4/3.
C
B
b
A
P
ˇ
RESENJE:
a
n0 & 1
n
b
h
b
c
a
Na osnovu postavke zadatka jasno je da je α = 45◦ . Polaze´ci od zakona
prelamanja svetlosti na graniˇcnoj povrˇsini vazduh/voda sledi:
sin α = n · sin β
⇒
sin α
β = arcsin
n
25
≈ 32◦ .
D
Sa slike se vidi da je:
c
=1
h
c−b
h−b
b
=
=1−
tg β =
h
h
h
tg α =
⇒
c=h;
⇒
h=
Prema tome, imamo da je:
b
= 26, 7 cm .
1 − tg β
h = 26, 7 cm ,
te je traˇzena zapremina vode:
V = a2 · h = 0, 043 m3 .
4.3. Zrak svetlosti pada na planparalelnu staklenu ploˇ
cicu debljine
d = 5 cm i indeksa prelamanja n = 1, 5 pod uglom α = 60◦ .
Odrediti rastojanje x za koje je zrak koji izlazi iz ploˇ
cice
pomeren u odnosu na upadni zrak.
ˇ
RESENJE:
Uvedimo oznake: AB = ℓ i BC = x, kao ˇsto je prikazano na slici Zakon
prelamanja daje:
sin α
=n,
sin β
odnosno:
sin α
β = arcsin
= 35, 26◦ .
(1)
n
Iz ∆ADB vidi se da je:
cos β =
x
d
ℓ
⇒
ℓ=
d
.
cos β
(2)
a A
n
d
b
D
l
Ba
26
C
Konaˇcno, iz ∆ABC proizilazi veza:
sin(α − β) =
x
,
ℓ
odakle se, koriˇs´cenjem (1) i (2) za traˇzeno rastojanje x dobija:
x=
d sin(α − β)
= 2, 56 cm .
cos β
4.4. Na slobodnu povrˇ
sinu ulja indeksa prelamanja n = 1, 4 naleˇ
ze
staklena planparalelna ploˇ
cica kao ˇ
sto je prikazano na slici.
Iznad ploˇ
cice se nalazi vazduh (n0 = 1). Pod kojim najmanjim
upadnim uglom svetlosni zrak treba da padne na graniˇ
cnu
povrˇ
sinu ulje-staklo (dolaze´
ci iz ulja) da bi se na graniˇ
cnoj
povrˇ
sini staklo-vazduh totalno reflektovao?
ˇ
RESENJE:
N
n0
N
n1
B
N
A
n
b
b
a
N
n
Za graniˇcnu povrˇsinu ulje-staklo (taˇcka A na slici) zakon prelamanja glasi:
sin α
n1
=
,
sin β
n
(1)
gde je n1 indeks prelamanja stakla, dok za graniˇcnu povrˇsinu staklo-vazduh
(taˇcka B), vaˇzi:
sin β
n0
=
,
(2)
sin γ
n1
pri ˇcemu je n0 indeks prelamanja vazduha, a γ prelomni ugao pod kojim
svetlost ulazi u vazduh. Na osnovu relacija (1) i (2) proizilazi da pove´canjem
ugla α rastu i odgovaraju´ci prelomni uglovi β i γ u staklu i vazduhu. Do
totalne refleksije na graniˇcnoj povrˇsini staklo-vazduh dolazi kada prelomni
ugao γ postane prav (γ = 90◦ ), odnosno:
sin γ = 1 .
27
(3)
Uvrˇstavaju´ci izraze (2) i (3) u izraz (1) konaˇcno se dobija:
n0
α = arcsin
n
= 45, 6◦ ,
ˇsto predstavlja najmanju vrednost ugla α pri kojoj ´ce na granici staklovazduh do´ci do totalne refleksije.
Zadaci za samostalni rad:
4.5. Ako sa nekog mesta iznad povrˇ
sine vode posmatramo predmet P koji se nalazi na dnu bazena dubokog H = 2 m, izgleda
nam bliˇ
zi nego ˇ
sto zaista jeste. Odrediti koliko iznosi prividna
dubina h na kojoj vidimo predmet:
a) ako se nalazimo taˇ
cno iznad njega;
b) ako ga gledamo pod uglom α = 60◦ prema normali.
Indeks prelamanja vode iznosi n = 1, 33.
d
a
b
h
H
P
28
4.6. Snop paralelnih svetlosnih
ˇ
sirok x = 3 cm, pada na
debelu staklenu ploˇ
cu pod
α = 45◦ . Kolika je ˇ
sirina
u staklu (y), ako je indeks
manja stakla n = 1, 5?
zraka,
ravnu
uglom
snopa
prela-
a x
b
a
b
4.7. Za koliko ´
ce biti pomerena slova ako ih ˇ
citamo kroz staklenu
planparalelnu ploˇ
cu debljine d = 2 cm i pri tome gledamo pod
uglom α = 45◦ u odnosu na normalu? Indeks prelamanja
stakla iznosi n = 1, 5.
4.8. Dolaze´
ci iz staklene planparalelne ploˇ
cice indeksa prelamanja
n = 1, 55, svetlosni zrak pada na graniˇ
cnu povrˇ
sinu staklo/vazduh pod uglom α = 50◦ .
a) da li ´
ce ovaj zrak iza´
ci iz ploˇ
cice?
b) da li bi zrak izaˇ
sao iz ploˇ
cice kada bi se ona potopila u
vodu (nv = 1, 33)?
4.9. Rone´
ci pri dnu mora na dubini 6 m, ronilac gleda gore i vidi
likove stena koje leˇ
ze na dnu. Na kom minimalnom rastojanju od ronioca su stene ˇ
cije likove vidi? Uzeti da je indeks
prelamanja morske vode n = 1, 4. (Uputstvo: Ronilac vidi
likove stena zahvaljuju´
ci zracima koji se totalno reflektuju od
graniˇ
cne povrˇ
sine voda/vazduh.)
29
Apsorpcija elektromagnetnog zraˇ
cenja
5.1. Pove´
canjem sloja vode na putu elektromagnetnih zraka za
2 cm intenzitet zraˇ
cenja se smanji tri puta. Na´
ci koeficijent
apsorpcije vode.
ˇ
RESENJE:
Polaze´ci od Lamberovog zakona:
It = I0 · e−kx ,
imamo da je:
It
It
(2)
(1)
= I0 · e−kx ,
= I0 · e−k(x+∆x) = I0 · e−kx · e−k∆x = It
It
⇒
It
(2)
(1)
i konaˇcno:
k=
· e−k∆x
⇒,
= e−k∆x ,
a poˇsto je na osnovu uslova zadatka It
1
= e−k∆x
3
(1)
(2)
⇒
(1)
= It /3, sledi:
ln 3 = k · ∆x ,
ln 3
= 55, 2 m−1 .
∆x
5.2. Pred snop X-zraka postavlja se olovna folija debljine 0, 5 cm
sa koeficijentom apsorpcije kP b = 52, 5 cm−1 . Kolika treba da
bude debljina aluminijumske folije da bi efekat slabljenja bio
isti, ako se zna da je koeficijent apsorpcije aluminijuma kAℓ =
0, 765 cm−1 .
ˇ
RESENJE:
Za olovnu ploˇcicu je:
IP b = I0 · e−kP b ·x1 ,
a za aluminijumsku:
IAℓ = I0 · e−kAℓ ·x2 .
30
Iz uslova zadatka: IAℓ = IP b sledi:
I0 · e−kAℓ ·x2 = I0 · e−kP b ·x1 ,
a odavde je:
kAℓ · x2 = kP b · x1 ,
odnosno:
x2 =
kP b
· x1 = 0, 343 m .
kAℓ
Zadaci za samostalni rad:
5.3. Sloj vode debljine 10, 2 cm smanjuje intenzitet γ−zraka, ˇ
cija
je energija 1M eV , na polovinu od upadne vrednosti.
a) Odrediti koeficijent apsorpcije vode za γ−zrake date energije.
b) Izraˇ
cunati koliki sloj olova je potreban da bi se intenzitet takvog zraˇ
cenja sveo na polovinu, ako je koeficijent
apsorpcije olova kP b = 52, 5 cm−1 .
31
Interferencija
6.1. Paralelan snop polihromatske svetlosti, koji sadrˇ
zi boje u intervalu talasnih duˇ
zina od 360 nm do 780 nm, pada pod pravim
uglom na sloj ulja debljine d = 0, 6 µm i indeksa prelamanja
n = 1, 5 koji pliva na vodi (nvode = 1, 33). Koje boje ovog
spektra ´
ce biti maksimalno pojaˇ
cane u snopu reflektovane
svetlosti?
ˇ
RESENJE:
vazduh(n0 > 1)
d
n = 1,5
voda ( n vode = 1,33 )
Optiˇcka razlika puteva zraka reflektovanih od gornje i donje graniˇcne povrˇsine
sloja ulja iznosi:
λ
δ = 2nd − ,
2
jer zrak reflektovan od gornje povrˇsine sloja trpi skok u fazi. Uslov za
maksimalno pojaˇcanje ovih zraka pri interferenciji glasi:
δ =k·λ
⇒
2nd −
λ
=k·λ
2
odakle se konaˇcno dobija:
λ=
4nd
2k + 1
(k = 0, 1, 2, 3 . . .) .
U snopu reflektovane svetlosti maksimalno ´ce biti pojaˇcane:
• crvena boja (λ = 720 nm za k = 2) ,
• zelena boja (λ = 514, 3 nm za k = 3) ,
• ljubiˇcasta boja (λ = 400 nm za k = 4) .
32
6.2. Na staklenu ploˇ
cicu indeksa prelamanja (nstakla = 1, 6) nanesen je tanki providni antirefleksioni sloj debljine d = 0, 1 µm i
indeksa prelamanja n = 1, 4. Koja ´
ce se talasna duˇ
zina minimalno reflektovati ako se sloj obasja belom (polihromatskom)
svetloˇ
s´
cu pod pravim uglom?
ˇ
RESENJE:
vazduh(n0 > 1)
d
n = 1,4
staklo (nstakla = 1,6)
Optiˇcka razlika puteva zraka reflektovanih od gornje i donje graniˇcne povrˇsine
antirefleksionog sloja iznosi:
δ = 2nd +
λ λ
− = 2nd,
2
2
jer oba zraka pri refleksiji trpe skok u fazi. Uslov za njihovo maksimalno
slabljenje pri interferenciji glasi:
δ = (2k + 1)
λ
2
⇒
2nd = (2k + 1)
λ
2
(k = 0, 1, 2, . . .) ,
odakle se konaˇcno (za k = 0) dobija:
λ=
4nd
= 560 nm .
2k + 1
6.3. Na povrˇ
sini morske vode, indeksa prelamanja n = 1, 4, nalazi
se mrlja od kerozina debljine d = 270 nm i indeksa prelamanja
n1 = 1, 25. Svetlost koja pada vertikalno odozgo na mrlju delimiˇ
cno se propuˇ
sta kroz nju, a delom se dvostruko reflektuje
u sloju kerozina i zatim se propuˇ
sta kroz vodu. Koja boja
(talasna duˇ
zina iz opsega vidljive svetlosti) ima najve´
ci intenzitet ako je posmatra ronilac koji se nalazi direktno ispod
mrlje?
33
ˇ
RESENJE:
Optiˇcka razlika puteva svetlosnih zraka iznosi:
δ = 2n1 d +
λ
,
2
d
jer se pri refleksiji drugog zraka od optiˇcki guˇs´ce
sredine (vode) unosi fazni pomeraj od λ/2. Uzimaju´ci u obzir uslov za maksimalno interferentno pojaˇcanje svetlosnih zraka δ = k·λ dobijamo:
λ
4n1 d
2n1 d + = k λ ⇒ λ =
.
2
2k − 1
Traˇzena talasna duˇzina dobija se za k = 2 i iznosi:
n1 = 1,25
n = 1,4
λ = 450 nm.
Zadaci za samostalni rad:
6.4. Za podatke iz zadatka 6.3. odrediti koja ´
ce se boje maksimalno pojaˇ
cati u snopu reflektovane svetlosti koju posmatra
ribar iz ˇ
camca iznad mrlje, a ne ronilac koji se nalazi ispod
nje.
6.5. Na ravnu opnu od sapunice, koja se nalazi u vazduhu, pada
u pravcu normale snop bele svetlosti. Pri kojoj minimalnoj
debljini opne ´
ce se u reflektovanoj svetlosti pojaˇ
cati svetlost
talasne duˇ
zine λ = 550 nm? Da li se pri toj debljini opne u
reflektovanoj svetlosti maksimalno pojaˇ
cava svetlost joˇ
s neke
talasne duˇ
zine? Indeks prelamanja svetlosti za sapunicu je
n = 1, 3.
34
Difrakcija
7.1. Monohromatska svetlost talasne duˇ
zine λ = 589 nm pada normalno na difrakcionu reˇ
setku. Rastojanje izmed¯u zaklona
i reˇ
setke iznosi ℓ = 1 m, dok je rastojanje izmed¯u dva maksimuma prvog reda 2∆z 1 = 48, 485 cm. Odrediti konstantu difrakcione reˇ
setke, a potom proveriti da li je ispunjen uslov sin θ ≈
tg θ koji vaˇ
zi za male vrednosti uglova difrakcije.
ˇ
RESENJE:
a
q1
l
-2
-1
0
1
2
3
2Dz1
Poloˇzaji glavnih maksimuma pri difrakciji koherentnog snopa monohromatske svetlosti talasne duˇzine λ koja pada normalno na optiˇcku reˇsetku odred¯eni
su jednaˇcinom:
nλ = a sin θn
Sa slike se vidi da je:
(n = 0, ±1, ±2, ...) .
∆z 1
,
sin θ 1 = p
(∆z 1 )2 + ℓ2
tako da prethodna jednaˇcina dobija oblik:
a odavde je (n = 1):
a ∆z 1
nλ = p
,
(∆z 1 )2 + ℓ2
p
nλ (∆z 1 )2 + ℓ2
1
a=
= 2, 5 · 10−4 cm =
cm .
∆z 1
4000
35
Za male vrednosti ugla difrakcije vaˇzi aproksimacija:
sin θ ∼ tg θ ,
sin θ
∼ sin θ. Sa slike se vidi da
jer je u tom sluˇcaju cos θ ≈ 1, pa je tg θ =
cos θ
je:
∆z 1
tg θ =
,
ℓ
tako da polazna jednaˇcina dobija oblik:
nλ =
a∆z 1
,
ℓ
a odavde konaˇcno sledi:
a=
nλℓ
1
= 2, 43 · 10−4 cm =
cm .
∆z 1
4115
S obzirom na malu razliku u rezultatima moˇze se zakljuˇciti da je uˇcinjena
aproksimacija opravdana.
7.2. Snop monohromatske svetlosti talasne duˇ
zine λ = 520 nm pada
normalno na difrakcionu reˇ
setku koja ima 400 zareza po milimetru.
a) Na´
ci ukupan broj difrakcionih maksimuma koje daje ova
reˇ
setka.
b) Odrediti rastojanje difrakcionog maksimuma najviˇ
seg reda
u odnosu na difrakcioni maksimum nultog reda (∆zmax ),
ako je poznato da udaljenost zaklona od optiˇ
cke reˇ
setke
iznosi ℓ = 100 cm.
ˇ
RESENJE:
36
a
q max
l
n=
-2
-1
0
+1 +2 . . . +nmax
Dz max
a) Polaze´ci od jednaˇcine koja opisuje difrakciju na optiˇckoj reˇsetki:
⇒
nλ = a sin θn
nλ =
1
sin θn
N
i imaju´ci u vidu da je | sin θn | ≤ 1, moˇze se zakljuˇciti da je maksimalni
red difrakcije koji se moˇze dobiti pri datim eksperimentalnim uslovima
odred¯en uslovom:
nmax N λ ≤ 1
⇒
nmax ≤
1
≤ 4, 81 .
Nλ
Kako n moˇze biti samo ceo broj, za nmax uzima se vrednost prvog
manjeg celog broja:
nmax = 4 .
Prema tome, na zaklonu ´ce se javiti ukupno devet difrakcionih maksimuma (centralni maksimum nultog reda i po ˇcetiri sa svake strane).
b) Maksimalni ugao difrakcije odred¯en je jednaˇcinom:
nmax λ =
⇒
1
sin θmax
N
⇒
sin θmax = nmax N λ
⇒
θmax = arcsin (nmax N λ) = 56, 3◦ .
Sa slike se vidi da je tg θmax =
∆zmax
, te je traˇzeno rastojanje:
ℓ
∆zmax = ℓ · tg θmax = 1, 5 m .
37
7.3. Kroz difrakcionu reˇ
setku koja se nalazi na rastojanju ℓ = 0, 6 m
od zaklona propuˇ
sta se svetlost talasne duˇ
zine λ = 700 nm.
Izmereno rastojanje izmed¯u difrakcionih maksimuma tre´
ceg
reda iznosi ∆z 3 = 0, 24 m. Kako i za koliko treba promeniti rastojanje reˇ
setka-zaklon da bi se difrakcioni maksimumi drugog
reda (za svetlost iste talasne duˇ
zine) pojavili na rastojanju
∆z 2 = 0, 12 m?
ˇ
RESENJE:
a
q2
l
-3
q3
-2
0
-1
1
2
3
Dz 2
Dz 3
Polaze´ci od jednaˇcine:
nλ = a sin θn = a r
∆zn
2
2
∆zn
2
+ ℓ2
⇒
nλ = a √
∆z n
,
∆z n 2 + 4ℓ2
dobija se da je za n = 3:
√
3λ ∆z 3 2 + 4ℓ2
a=
= 1, 07 · 10−5 m ,
∆z 3
tako da je za n = 2:
1
ℓ2 =
2
s
a∆z 2
2λ
2
− ∆z 2 2 = 0, 45 m .
Prema tome, rastojanje izmed¯u reˇsetke i zaklona traba smanjiti za:
∆ℓ = ℓ − ℓ2 = 0, 15 m .
38
Zadaci za samostalni rad:
7.4. Optiˇ
cka reˇ
setka ima 600 zareza po jednom milimetru. Odrediti ugao ∆θ izmed¯u dva difraktovana zraka prvog reda za
svetlost talasnih duˇ
zina λ1 = 410 nm i λ2 = 434 nm, kao i rastojanje ∆z izmedu odgovaraju´
cih difrakcionih maksimuma na
zaklonu udaljenom ℓ = 50 cm od reˇ
setke.
7.5. Normalno na optiˇ
cku reˇ
setku koja ima 200 zareza po milimetru
pada snop monohromatske svetlosti talasne duˇ
zine λ = 650 nm.
Odrediti ugao difrakcije koji odgovara maksimumu tre´
ceg
reda. Koliki je ukupan broj difrakcionih maksimuma koji
´
ce se javiti na zaklonu?
39
Polarizacija
8.1. Koliki je najpogodniji upadni ugao zraka nepolarizovane svetlosti na graniˇ
cnu povrˇ
sinu vazduh/led da bi se izvrˇ
sila maksimalna polarizacija reflektovanog zraka. Graniˇ
cni ugao totalne
refleksije za ove dve sredine je αg = 60◦ .
ˇ
RESENJE:
Prema Brusterovom zakonu je:
tg αB =
n
=n.
n0
aB
Za totalnu refleksiju na graniˇcnoj povrˇsini
vazduh/led, pri ˇcemu svetlosni zrak dolazi
iz leda, vaˇzi zakon prelamanja:
n sin αg = n0 sin 90◦ ⇒ sin αg =
αB = arctg
1
sin αg
n
b
1
.
n
Kombinacija prethodne dve jednaˇcine
daje:
!
n0
90°
n0
n
b = 90
o
ag
= 49, 1◦ .
8.2. Najbolja polarizacija prelomljenog odnosno reflektovanog zraka svetlosti na graniˇ
cnoj povrˇ
sini vazduh/staklo obrazuje se
pri prelomnom uglu β = 32◦ . Koliki je indeks prelamanja
stakla?
ˇ
RESENJE:
Indeks prelamanja stakla je, prema Brusterovom zakonu:
n = tg αB ,
dok je, na osnovu zakona prelamanja i ˇcinjenice da je αB + β = 90◦ :
n0 sin αB = n sin β
⇒
n=
cos β
sin (90◦ − β)
=
= ctg β = 1, 6 .
sin β
sin β
40
8.3. U kojim granicama treba da se kre´
ce veliˇ
cina upadnog ugla
na graniˇ
cnu povrˇ
sinu vazduh/staklo, da bi se izvrˇ
sila najbolja
polarizacija svetlosti pri odbijanju odnosno prelamanju na
ovoj graniˇ
cnoj povrˇ
sini? Indeks prelamanja stakla nalazi se
u granicama od n1 = 1, 51 do n2 = 1, 90.
ˇ
RESENJE:
Prema Brusterovom zakonu je:
n = tg αB =
odnosno:
n2 =
⇒
sin αB
,
cos αB
sin2 αB
sin2 αB
=
=
cos2 αB
1 − sin2 αB
1
sin2 αB
1
1
sin2 αB
⇒
sin2 αB
n
1 + n2
⇒
αB = arcsin √
=
⇒
1
1 + n2
+
1
=
n2
n2
1
n2
−1=
1
−1
i konaˇcno:
sin αB = √
n
.
1 + n2
= 56, 5◦ , a za: n2 = 1, 9 je α(2)
= 62, 24◦ . U tim
Za n1 = 1, 51 je α(1)
B
B
granicama treba da se kre´ce upadni ugao.
8.4. Koji deo svetlosti prolazi kroz analizator ako je ugao izmed¯u
glavnih polarizacionih ravni analizatora i polarizatora θ = 30◦ ,
θ = 60◦ i θ = 90◦ ?
ˇ
RESENJE:
Prema Malusovom zakonu je:
I = I0 cos2 θ ,
gde je I0 jaˇcina svetlosti koja pada na analizator, I jaˇcina koja prod¯e kroz
njega, a θ ugao izmed¯u ose polarizatora i analizatora. Kroz analizator ne
prod¯e deo svetlosti:
δ=
I0 − I
= 1 − cos2 θ = sin2 θ ,
I0
41
a prod¯e:
σ = 1 − δ = cos2 θ .
Za:
θ = 30◦
◦
θ = 60
◦
θ = 90
⇒
σ = 0, 75 (75%) ,
⇒
σ = 0 (0%) .
⇒
σ = 0, 25 (25%) ,
Zadaci za samostalni rad:
8.5. Pod kojim uglom prema horizontu treba da se nalazi Sunce
da bi se reflektovani svetlosni zraci od slobodne povrˇ
sine vode
najbolje polarizovali? Indeks prelamanja vode je n = 1, 33.
8.6. Snop prirodne svetlosti pada na
staklenu prizmu indeksa prelamanja
n = 1, 6. Odrediti ugao prizme ϕ,
ako se zna da je reflektovana svetlost
potpuno polarizovana.
j
8.7. Intenzitet svetlosti koja dolazi iz polarizatora pri prolasku
kroz analizator smanji se dva puta. Koliki je ugao izmed¯u
ravni polarizacije polarizatora i analizatora?
42
Koristiti slede´ce vrednosti konstanti:
σ = 5, 67 · 10−8
W
m
,
, b = 2, 9 · 10−3 K · m , c = 3 · 108
4
·K
s
m2
h = 6, 626 · 10−34 J s , ¯
h = 1, 054 · 10−34 J s , ε0 = 8, 854 · 10−12
me = 9, 11 · 10−31 kg , e = 1, 6 · 10−19 C , T [K] = t [◦ C] + 273
RH = 1, 097 · 107 m−1 , 1 eV = 1, 6 · 10−19 J .
43
F
,
m
Download

Racunski problemi