ELEKROMAGNETSKE POJAVE Jadranko Batista Mostar Current address: Mostar E-mail address:
[email protected] URL: http://www.sve-mo.ba/fpmoz Studentima …zike
SaZµ etak. Ova knjiga je namijenjena prvenstveno studentima tehniµckih i prirodnih znanosti prve godine studija.
Sadrµzaj Preface Dio 1.
v 1
ELEKTROSTATIKA
Poglavlje 1.
Elektriµcni naboj i elektrostatska sila
3
Poglavlje 2.
Elektriµcno polje i vektor elektriµcnog pomaka
5
Poglavlje 3.
Elektriµcni tok i Gaussov zakon
7
Poglavlje 4. Elektrostatsko polje: rad, energija i potencijal 1. Primjeri
9 10
Poglavlje 5.
17
Elektriµcna struja, gusto´ca elektriµcne struje i vodiµci
Poglavlje 6. Kapacitet i dielektriµcni materijali 1. Primjeri
21 22
Poglavlje 7.
Laplaceova jednadµzba
31
Poglavlje 8.
Magnetsko polje i Ampereov zakon
33
Poglavlje 9.
Sila i torzija u magnetskim poljima
35
Poglavlje 10.
Induktivnost i magnetski krugovi
37
Poglavlje 11.
Struja pomaka i inducirana elektromotorna sila
39
Poglavlje 12. Maxwellove jednadµzbe i graniµcni uvjeti 1. Uvod 2. Primjeri
41 41 43
µ Poglavlje 13. IZMJENICNA STRUJA 1. Uvod 2. Primjeri
49 49 50
Poglavlje 14. ELEKTROMAGNETSKI VALOVI 1. Uvod 2. Primjeri
61 61 62
Poglavlje 15. GEOMETRIJSKA OPTIKA 1. Uvod 2. Primjeri
67 67 68
Poglavlje 16. FIZIKALNA OPTIKA 1. Uvod 2. Primjeri
73 73 76 iii
µ SADR ZAJ
iv
Dio 2.
UVOD U STRUKTURU TVARI
81
µ µ µ Poglavlje 17. ZAKONI ZRACENJA I CESTI CNA PRIRODA SVJETLOSTI 83 1. Uvod 83 2. Primjeri 84 Poglavlje 18.
VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE
1. Uvod 2. Primjeri Poglavlje 19. ATOM 1. Uvod 2. Primjeri Poglavlje 20. ATOMSKA JEZGRA 1. Uvod 2. Primjeri
91 91 93 97 97 98 101 101 103
Preface This is the preface. It is an unnumbered chapter and since it appears before the mainmatter TeX …eld the page numbers are typeset in lower case Roman.
v
Dio 1
ELEKTROSTATIKA
POGLAVLJE 1
Elektriµcni naboj i elektrostatska sila Elektriµcni naboj je jedno od osnovnih svojstava elementarnih µcestica. Jedinica za elektriµcni naboj je kulon (Coulomb) ( C = A s). Svaki naboj moµze se izraziti kao cjelobrojni umnoµzak elementarnog naboja koji iznosi e = 1:60217733 10
19
C
tako svaki naboj elektriµcno nabijenog tijela, koji moµze biti pozitivan i negativan, moµzemo izraziti kao Q = ne, gdje je n 2 Z. Elektriµcno neutralno tijelo ima jednak broj pozitivnih i negativnih elementarnih naboja. Zakon elektrostatske sile - Coulombov zakon glasi: sila izme†u dva toµckasta naboja Q1 i Q2 , koji su me†usobno udaljeni za r, zadana je izrazom ! 1 Q1 Q2 ! Q1 Q2 r0= r0 F 12 = k 2 ! r 4 " r2 gdje je ! r 0 - jediniµcni vektor na spojnici naboja usmjeren prema naboju na koji djeluje sila, a " - elekriµcna permitivnost (dielektriµcnost) dielektrika u koje se nalaze naboji. Dielektriµcna permitivnost u vakuumu iznosi F "0 = 8:854187817 10 12 m a u dielektriku je " = "0 "r gdje je "r - relativna permitivnost sredstva. Konstanta k u vakuumu, a pribliµzno i u zraku iznosi 1 N m2 m k= = 8: 987 5 109 9 109 4 "0 F C2
3
POGLAVLJE 2
Elektriµcno polje i vektor elektriµcnog pomaka Jakost elektriµcnog polja u nekoj toµcki prostora se de…nira kao omjer sile na taj naboj i naboja u toj toµcki ! ! F E = Q V cnog polja toµckastog Jedinica za jakost elektriµcnog polja je N C = m . Jakost elektriµ naboja Q na udaljenosti r od naboja iznosi ! Q 1 Q! E = k 2! r0= r0 r 4 " r2 Ako u prostoru koji razmatramo postoji više naboja koji uzrokuju elektriµcno polje, rezultantno polje dobije se vektorskim zbrajanjem polja pojedinih naboja. Ako je prostor ispunjen izotropnim dielektrikom, tada de…niramo vektor elek! triµcnog pomaka D izrazom ! ! ! D = " E = "0 " r E
5
POGLAVLJE 3
Elektriµcni tok i Gaussov zakon Elektriµcni tok kroz površinu S de…nira se plošnim integralom ZZ ! ! D dS D = S
Gaussov zakon kaµze da je ukupni elektriµcni tok kroz zatvorenu plohu S jednak algebarskom zbroju elektriµcnih naboja koji se nalaze unutar volumena kojeg ta ploha ome†uje I ! ! X D dS = Qi S
i
7
POGLAVLJE 4
Elektrostatsko polje: rad, energija i potencijal Rad elektriµcne sile pri pomjeranju naboja Q iz toµcke A u toµcku B u elektriµcnom ! polju jakosti E jednak je ZB ! WAB = Q E d! s = Ep (! r A)
Ep (! r B ) = Q ('A
'B ) = Q UAB
A
gdje je d! s - pomak naboja, 'A 'B = UAB - razlika potencijala (napon) izme†u ! tih toµcaka. Potencijalna energija naboja Q u toµcki A elektriµcnog polja jakosti E jednaka je Ep (! r A) =
ZA ! s Q E d! Ar
a potencijal te toµcke Ep (! r A) = 'A = Q
ZA ! ! E ds
Ar
gdje je Ar referentna toµcka u kojem je prema de…niciji potencijal jednak nuli. To je obiµcno toµcka u beskonaµcnosti (za raspodjele naboja), toµcka na površini Zemlje (u ve´cini primjena), ali moµze biti i neka druga proizvoljno odabrana toµcka1 . Jedinica za elektriµcni potencijal je volt V = CJ . Uzajamnapotencijalna energija dvaju toµckastih naboja Q i Q’na udaljenosti r jest 1 Q Q0 4 " r Za ve´ci broj nabijenih µcestica potencijalna energija jednaka je zbroju potencijalnih energija svih parova µcestica, priµcemu treba obratiti paµznju da se potencijalna energija svakog pojedinog para raµcuna samo jedanput. Potencijal toµckastog naboja Q na udaljenosti r od naboja jest Ep =
1 Q 4 "r Kad polje ovisi samo o r (tj. polje je funkcija udaljenosti E = E (r)), jakost elektriµcnog polja i elektriµcni potencijal moµzemo povezati relacijom '=
d' dr pa za toµckasti naboj jakost elektriµcnog polja iznosi E (r) =
E=
1 Q 4 " r2
1 Uporediti sa odabiranjem referantnog nultog nivoa potencijalne energije u gravitacijskim poljima. 9
10
4. ELEKTROSTATSKO POLJE: RAD, ENERGIJA I POTENCIJAL
Ako imamo homogeno elektriµcno polje jakost polja iznosi E=
'A
'B d
=
U d
gdje je d - razmak ekvipotencijalnih ploha µciji su potencijali 'A i 'B . U op´cem sluµcaju jakost elektriµcnog polja zadana je vektorom gradijenta potencijala ' (x; y; z) : ! E =
grad ' =
r'
gdje je vektor gradijenta de…niran kao grad ' = r' =
@' ! @' ! @' ! i + j + k = @x @y @z
@ ! @ ! @ ! i + j + k ' @x @y @z {z } | =grad
Elektriµcni dipol µcine dva naboja suprotna predznaka a jednaka iznosa, me†usobno udaljena za l. Vektor ! ! p =Q l nazivamo dipolnim momentom, a ima smjer od negativnog ka pozitivnom naboju. Za više naboja dipolni moment se de…nira kao X ! p = Qi ! ri i
gdje je ! r i - vektor poloµzaja i-tog naboja. Jedinica dipolnog momenta je ( C m). Moment para sila na dipol u homogenom elektriµcnom polju je ! M =! p
! E
! a potenialna energija elektriµcnog dipola u elektriµcnom polju jakosti E iznosi Ep =
! ! p E
1. Primjeri Primjer 1. Dva toµckasta naboja Q1 = 4 C i Q2 = 64 C me†usobno su udaljena d = 30 cm. Odredite gdje treba postaviti negativni naboj Q3 da bi elektriµcna sila koja djeluje na njega bila jednaka nuli? Kolika je jakost elektriµcnog polja i elektriµcni potencijal u toj toµcki? Da bi ukupna elektrostatska sila bila jednaka nuli mora vrijediti ! ! ! F 3 = F 13 + F 23 = 0 gdje je ! F 13
=
! F 23
=
1 Q1 Q2 4 "0 x2 1 Q2 Q3 4 "0 (d x)2
1. PRIM JERI
11
Da bi se ove dvije sile poništile moraju biti jednakog iznosa i suprotnog smjera, odakle slijedi da ova tri naboja moraju leµzati na istom pravcu. Dakle, Q1 Q2 x2 2
(d
x)
Q2 Q3 2
(d
x)
Q3 Q1 s Q3 = Q1
=
x2 d x
=
1
x = 1+
d q
Q3 Q1
=
0:3 m 0:3 m q = = 0:06 m 64 C 5 1+ 4 C
Primjer 2. U Bohrovu modelu vodikova atoma elektro se oko protona giba po kruµznici polumjera a0 = 0:5292 10 10 m. a): Izraµcunajte elektrostatsku silu kojom se privlaµce proton i elektron. b): Prona†ite elektriµcno polje i potencijal koje proizvodi proton na toj kruµznici. c): Koliko iznosi potencijalna energija elektrona u tom atomu? d): Prona†ite moment koliµcine gibanja elektrona. Rješenje: a) Elektrostatska sila izme†u elektrona i protona zadana je izrazom ! Fe
= k = =
e ( e) ! Qp Qe ! r0=k r0 r2 a20
8: 987 5 109
N m2 C2
8: 215 6 10
8
1:6 10
19
C
1:6 10
(0:5292 10
10
m)
19
C
2
! r0
r0 N !
gdje je ! r 0 jediniµcni vektor s mjeru vektora poloµzaja elektrona u odnosu na proton. Negativni predznak znaµci privlaµcnu silu protona na elektron. b) Elektriµcno polje koje proizvodi proton (u kojem se nalazi elektron) na udaljenosti a0 iznosi ! E
= k =
Qp ! N m2 1:6 10 19 C ! r 0 = 8: 987 5 109 r0= 2 2 2 a0 C (0:5292 10 10 m) N ! V ! 5: 134 7 1011 r 0 = 5: 134 7 1011 r0 C m
Elektriµcno polje je u smjeru vektora poloµzaja elektrona u odnosu na proton. Potencijal na toj udaljenosti iznosi N m2 1:6 10 19 C Qp = 8: 987 5 109 a0 0:5292 10 10 m C2 Nm V = 27:173 = 27:173 C m c) Potencijalna energija elektrona u polju protona iznosi '
Ep
= k =
= k
1:6 10 Qp Qe N m2 1:6 10 19 C = 8: 987 5 109 2 10 m a0 0:5292 10 C 18 4: 347 7 10 J = 27:173 eV
d) Moment koliµcine gibanja elektrona je ! ! L = re ! pe
19
C
12
4. ELEKTROSTATSKO POLJE: RAD, ENERGIJA I POTENCIJAL
Radijus vektor poloµzaja elektrona je uvijek okomit na koliµcinu gibanja pa po iznosu imamo L = re pe sin
2
= re me ve = me ve a0
gdje brzinu elektrona ve odre†ujemo iz uvjeta Fe = Fcf k
e2 a20 ve
me ve2 a0 s k e2 = me a0
=
odakle slijedi s
p k e2 = e k me a0 me a0 r N m2 8: 987 5 109 9:11 10 = 1:6 10 19 C C2 = 1: 054 10 34 J s
L = me a0
31
kg 0:5292 10
10
m
što je zapravo vrijednost reducirane Planckove konstante }=
h 6:6260755 10 = 2 2
34
Js
= 1: 054 6 10
34
Js
Primjer 3. U vrhovima kvadrata stranice a = 1 m postavljena su µcetiri jednaka pozitivna naboja Q = 1 C. Izraµcunajte elektrostatsku silu na svaki naboj i prona†ite ukupno potencijalnu energiju sustava. Rješenje: Sila se dobiva kao vektorski zbroj pojedinih sila. Zbog simetrije sustava dovoljno je prona´ci silu na jedan naboj, npr. naboj 4 koji se nalazi u poloµzaju T (1 m; 1 m). ! ! ! ! F = F 14 + F 24 + F 34 Q2 ! Q2 = k 2 j +k p 2 a a 2 ! " p Q2 2 ! = k 2 +1 i + a 4
! F
= =
! p 2! 2! Q2 ! i + j +k 2 i 2 2 a ! # p 2 ! +1 j 4
p
N m2 10 3 C 2 C2 (1 m) ! ! 12:16 i + j mN 8: 987 5 109
2
h
1: 353 6
! ! i i + j
Sila leµzi na pravcu dijagonale i usmjerena je izvan kvadrata. Iznos sile je p ! F = 12:16 12 + 12 mN = 17:2 mN
1. PRIM JERI
13
Ukupna potencijalna energija svih naboja jednaka je zbroju potencijalnih energija za pojedine parove: Ep
=
(Ep )12 + (Ep )13 + (Ep )14 + (Ep )23 + (Ep )24 + (Ep )34 kQ1 Q2 kQ1 Q3 kQ1 Q4 kQ2 Q3 kQ2 Q4 kQ3 Q4 = + + + + + d12 d13 d14 d23 d24 d34 Q2 Q2 Q2 Q2 Q2 Q2 Q2 2 = k + p + + + p + =k 4+ p a a a a a a 2 a 2 2 8: 987 5 109
=
N m2 C2
10 3 C 1m
2
(5: 414 2) = 48660 J
Primjer 4. Dvije jednake metalne kugle u zraku, svaka mase m = 2 g obješene su u istoj toµcki na nitima dugaµckim l = 1 m tako da se dodiruju. Dotaknemo li jednu od njih nabijenim staklenim štapom, kuglice se odbiju tako da niti me†usobno zatvaraju kut = 12 . Odredite elektrostatsku silu izme†u kuglica, kao i naboj na njima. ! ! Na svaku kuglicu djeluju tri sile: elektrostatska F E , teµzina kuglice F G i ! napetost niti F N . Njihov zbroj mora biti jednak nuli, tj. vrijedi ! ! ! FE+ FG+ FN =0 ili u skalarnom obliku FE
= FN sin
FG
= FN cos
2 2
odnosno tan
2
FE
FE FG
=
= FG tan
2
= mg tan 6 = 2 g 9:81
m tan 6 = 2:06 N s2
pa naboj kuglice odre†ujemo iz 1 Q2 4 "0 d 2 p p 4 "0 FE = 2l sin 4 "0 FE Q = d 2 r C = 2 1 m sin 6 4 8:854 10 12 2:06 N V = 3: 17 10 6 C
FE
=
gdje je d = 2l sin 2 . Primjer 5. Elektriµcni naboj Q jednoliko je raspore†en u volumenu kugle polumjera R. Primjenom Gaussova zakona izraµcunajte jakost elektriµcnog polja u toµckama: a): unutar kugle (r < R), b): na površini kugle (r = R), c): izvan kugle (r > R), d): Prikaµzite gra…µcki jakost elektriµcnog polja ovisno o udaljenosti za r ( cm) ako je Q = 1n C i R = 10 cm. Rješenje:
14
4. ELEKTROSTATSKO POLJE: RAD, ENERGIJA I POTENCIJAL
a) Ako je unutar kugle polumjera R ravnomjerno raspore†en naboj Q tada je prostorna gusto´ca naboja unutar kugle jednaka =
4 3
Q R3
Za toµcke unutar kugle (r < R) zamišljena ploha je kugla polumjera r koja unutar sebe sadrµzi koliµcinu naboja Q (r) =
V (r) =
4 3
Q R3
4 3 r r =Q 3 R
3
Gaussov zakon daje I
! ! D d S = "0 E (r) 4 r2 = Q (r)
S
pa je 3
Q Rr 1 Q (r) Q = k =k 3 r 2 2 4 "0 r r R 9 2 10 C N m E (r) = 8: 987 5 109 3 r C2 (10 cm) V r = 89:875 m cm E (r)
=
Dobivena ovisnost je linearna. b) Za toµcke na površini kugle (r = R) vrijedi E (R)
2 Q 9 Nm = 8: 987 5 10 R2 C2 V 898:75 m
= k =
10
9
C 2
(0:1 m)
ovaj izraz se slaµze sa izrazom pod a) za (r = R). c) Za toµcke izvan kugle vrijedi I
! ! D d S = "0 E (r) 4 r2 = Q
S
E (r)
= = =
1 Q Q =k 2 4 "0 r 2 r N m2 8: 987 5 109 C2 89:87 5
kV m
10
9
C
r 2 cm
1 r 2 cm
dobivena ovisnost je obrnuto proporcionalna kvadratu udaljenosti. d) Gra…µcki prikaz ovisnosti daje: 8 Q < r < R; k R3 r E (r) = r = R; k RQ2 : r>R k rQ2
1. PRIM JERI
15
V(V/m) 800
600
400
200
0 0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
r(cm)
Primjer 6. Elektriµcni naboj Q jednoliko je raspore†en u volumenu kugle polumjera R. Izraµcunajte elektriµcni potencijal: a): unutar kugle (r < R), b): na površini kugle (r = R), c): izvan kugle (r > R), d): Prikaµzite gra…µcki jakost elektriµcnog polja ovisno o udaljenosti za r ( cm) ako je Q = 1n C i R = 10 cm. Rješenje: Potencial je integral jakosti elektriµcnog polja
' (r) =
Zr
E (r) dr
rr
gdje je rr referentna toµcka za koju je potencijal jednak nuli. Odaberimo da je rr = 1. Tada je: a) Unutar kugle (r < R)
' (r)
=
Zr
E (r) dr =
1
=
ZR Q k 2 dr r
1
=
= kQ = k
1 r
kQ
Q R
Zr
ZR E (r) dr
1
2 r
k 1
Q r R3 2
Q 1 k 3 1 R Q k 3 r 2 R2 2R
1 R
r2 2
E (r) dr
R
ZR dr kQ r2
Q k 3 rdr = R
R R
Zr
1
R
R2 2
Q k 3 R
Zr
R
rdr
16
4. ELEKTROSTATSKO POLJE: RAD, ENERGIJA I POTENCIJAL
što daje ' (r)
1 r 2 2 R 3 1 r2 (cm) 89:875 V 2 2 100
= k =
Q 3 R 2
b) Na površini kugle (r = R) izraz daje " Q 3 1 R ' (R) = k R 2 2 R 8: 987 5 109
=
2
N m2 C2
1
2
Nm Q = 8: 987 5 109 r C2 d) Gra…µcki prikaz potencijala daje: = k
=k
Q R
10 9 C = 89:875 V 0:1 m
c) Izvan kugle (r > R) imamo Zr Zr Q ' (r) = E (r) dr = k 2 dr = r 1
#
kQ 9
10
C
r
1 r
r
= kQ 1
= 898:75 V
1 r
1 r ( cm)
120 100 80 60 40 20 0 0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
r(cm)
1 1
POGLAVLJE 5
Elektriµcna struja, gusto´ca elektriµcne struje i vodiµci Jakost struje (Ohmov zakon): Elektriµcna je struja usmjereno gibanje nositelja naboja, s jednog mjesta na drugo, kroz odre†eni popreµcni presjek vodiµca. Nositelji naboja u metalima su elektroni, a u teku´cinama i plinovima to su pozitivni i negativni ioni dok su u poluvodiµcima elektroni i elektronske šupljine. Jakost elektriµcne struje de…nira se izrazom I = lim
t!0
dQ C Q = [A = ] t dt s
gdje je Q naboj koji pro†e kroz popreµcni presjek vodiµca u vremenu t. Gusto´ca ! struje J u nekoj toµcki vodiµca de…nira se kao vektor u smjeru gibanja pozitivnoga naboja pomo´cu ! ! dI = J d S ! gdje je d S element površine u smjeru normale na površini popreµcnog presjeka. Ako je tok kroz presjek na površinu konstantan, gusto´cu struje de…niramo kao J=
I S
U metalnim vodiµcima jakost struje proporcionalna je naponu - Ohmov zakon I=
U R
Otpor vodiµca R iskazuje se u ohmima = V cna vrijednost otpora A . Reciproµ A je vodljivost G i iskazuje se u simensima S = V = 1 . Otpor homogenoga omskog vodiµca u obliku µzice duljine l, popreµcnoga presjeka S, izra†enoga od materijala otpornosti jest R=
l S
Elektriµcna otpornost materijala iskazuje se u ommetrima ( m). Reciproµcna vrijednost otpornosti materijala je elektriµcna provodnost materijala koja se iskazuje S u simensima po metru m = 1m . Uoµcimo da otpor i vodljivost ovise o vrsti i obliku materijala, dok elektriµcna otpornost i provodnost materijala ovise samo o vrsti materijala od kojeg je vodiµc izra†en. Ovisnost otpornosti materijala o temperaturi aproksimativno je opisana izrazom =
0 [1
+
(t
t0 )]
gdje je 0 otpornost na temperaturi t0 (obiµcno 0 C), otpornost na temperaturi t, a temperaturni koe…cijent otpora materijala. Gusto´cu struje u metalima moµzemo izraziti kao ! J = ne! vd 17
18
´ µ µ µ 5. ELEKTRI CNA STRUJA, GUSTO CA ELEKTRI CNE STRUJE I VODI CI
gdje je ! v d drift-brzina elektrona, n koncentracija slobodnih elektrona (broj elektrona po jedinici volumena vodiµca) i e elementarni naboj. Gusto´ca struje proporcionalna je jakosti elektriµcnoga polja u svakoj toµcki vodiµca, pa pišemo ! ! ! J = ne e E = E ! ! E = J gdje je e pokretljivost elektrona, a provodnost materijala. Ovo je Ohmov zakon u mikroskopskom obliku. Kircho¤ova pravila. Ohmov zakon za zatvoreni strujni krug u kojemu se nalazi izvor elektromotorne sile " i unutarnjega otpora Ru te vanjskog otpora R jest " I= R + Ru gdje je I jakost struje u tom krugu. Napon izvora prikljuµcenoga u strujni krug smanji se zbog pada napona na unutarnjem otporu izvora i iznosi U ="
IRu
Za sloµzenije strujne krugove vrijede dva Kircho¤ova pravila: I. Kircho¤ovo pravilo - algebarski zbroj jakosti struja u nekom µcvorištu jednak je nuli n X Ii = 0 i=1
pri µcemu struje koje ulaze u µcvorište raµcunamo pozitivnima, a koje izlaze iz µcvorišta negativnima. II. Kircho¤ovo pravilo - u svakoj zatvorenoj petlji zbroj svih elektromotornih sila jednak je zbroju svih padova napona na otporima n n X X Ii Ri = "i i=1
i=1
Pri primjeni Kircho¤ovih pravila prvo proizvoljno odaberemo smjer struja i smjer obilaµzenja petlji, zatim elektromotornu silu uzimamo pozitivnom ako bi dala struju u odabranome smjeru kada bi bila sama u tome strujnome krugu. Pad napona IR je pozitvan ako je smjer struje kroz taj otpor jednak smjeru obilaµzenja petlje, inaµce je negativan. Ako u rezultatu dobijemo negativnu vrijednost za jakost struje u nekom dijelu strujnoga kruga, potrebno je u poµcetku odabrani smjer za tu struju promjeniti. Ukupni (ekvivalentni) otpor serijski spojenih vodiµca jednak je n X R = R 1 + R2 + + Rn = Ri i=1
a za paralelni spoj vodiµca vrijedi 1 1 1 = + + R R1 R2
n
+
X 1 1 = Rn Ri i=1
Rad i snaga elektriµcne struje. Rad elektriµcne struje za vrijeme t u dijelu strujnoga kruga odre†en je izrazom W =U I t gdje je U napon izme†u krajeva promatranoga dijela strujnoga kruga, a I jakost struje. Snaga elektriµcne struje je P =U I
´ µ µ µ 5. ELEKTRI CNA STRUJA, GUSTO CA ELEKTRI CNE STRUJE I VODI CI
19
što moµzemo izraziti i kao U2 t R U2 P = I 2R = R U izraµzavanju rada elektriµcne struje upotrebljava se joši jedinica ( kWh = 3:6 MJ). Elektriµcna struja u teku´cinama i plinovima. Kad se u elektrolit stave pozitivna elektroda (anoda) i negativna elektroda (katoda), poteµce struja, a ioni se taloµze na pripadnoj elektrodi. Masa m izluµcene tvari na svakoj elektrodi je W
= I 2 Rt =
m=k Q=k I t gdje je Q preneseni elektriµcni naboj, I jakost struje, a t vrijeme, dok je k elektrokemijski ekvivalent tvari zadan relacijom 1M k= F z gdje je z cijeli broj koji oznaµcava omjer naboja ina i elementarnoga naboja (valencija), M molarna masa tvari, a F Faradayeva konstanta jednaka umnošku elementarnoga naboja i Avogadrove konstante = eNA = 1:60217733 10 19 C 6:0221367 1023 mol 1 As = 96485 (0.1) mol Plinovi vode elektriµcnu struju ako u njima postoji dovoljan broj iona i dovoljno jako elektriµcno polje. Ioni u plinu nastaju primarnom i sekundarnom ionizacijom. Primarnu ionizaciju izazivaju vanjski uzroci (elekrtomagnetsko zraµcenje i dr.). Sekundarnu ionizaciju izazivaju sudari iona s atomima i molekulama plina, te ona omogu´cava samostalno vo†enje struje. Energija ionizacije je energija koju je potrebno dovesti atomu ili molekuli plina da bi se od nje otrgnuo elektron. Elektriµcna struja moµze prolaziti i kroz vakuum i vrlo razrije†ene plinove ako se negativnoj elektrodi (katodi) zagrijavanjem dovede dovoljna koliµcina energije. Ta se pojava naziva termionskom emisijom, a energija koju je potrebno dovesti elektronu da bi napustio metal naziva se radom izlaza. F
POGLAVLJE 6
Kapacitet i dielektriµcni materijali Elektriµcni kapacitet vodiµca s nabojem Q i na potencijalu ' jednak je Q '
C=
dok je kapacitet dvaju vodiµca koji µcine kondenzator Q U
C=
gdje je Q - naboj na jednoj od ploµca, a U = '1 ploµca. Kapacitet ploµcastog kondenzatora iznosi C = "0 "r
'2 razlika potencijala izme†u
S d
gdje je S površina ploµca, d - razmak izme†u ploµca, a "r - relativna elektriµcna permitivnost dielektrika kojim je ispunjen prostor izme†u ploµca kondenzatora. Paralelni spoj niza od n kondenzatora, daje kondenzator kapaciteta C=
n X
Ci
i=1
a za serijski spoj vrijedi n
X 1 1 = C Ci i=1 Energija uskladištena u elektriµcki nabijenom kondenzatoru kapaciteta C s nabojem Q i naponom U iznosi W =
CU 2 Q2 QU = = 2 2C 2
Gusto´ca energije elektrostatkog polja je w=
W 1 1 1 = "0 "r E 2 = D2 = ED V 2 2"0 "r 2
Vektor elektriµcnog pomaka moµze se de…nirati i kao ! ! ! D = "0 E + P ! ! gdje je P - vektor polarizacije dielektrika. Elektriµcna polarizacija P ukupni je dipolni moment jediniµcnog volumena dielektrika, a njezina normalna komponenta iznosom je jednaka plošnoj gusto´ci naboja na površini dielektrika koji se nalazi u elektriµcnom polju: ! ! n p = P gdje je ! n - jediniµcni vektor normalan na plohu dielektrika. 21
22
µ 6. KAPACITET I DIELEKTRI CNI M ATERIJALI
1. Primjeri Primjer 7. Izraµcunajte gusto´cu struje i pokretljivost slobodnih elektrona u bakrenoj µzici duljine d = 100 m kada je na njezinim krajevima napon U = 220 V g 2 kg = 1:7 10 8 m). ( Cu = 8:9 cm 3 , M = 6:36 10 mol , Rješenje: Gusto´cu struje dobivamo iz veza izme†u gusto´ce struje i jakosti elektriµcnoga polja 1 U J = ne E = E = E = (1.1) d 220 V A = = 1: 294 1 108 2 1:7 10 8 m 100 m m Koncentraciju elektrona u bakrenoj µzici, uz pretpostavku da svaki atom daje po jedan slobodni elektron, moµzemo dobiti povezuju´ci koncentraciju sa gusto´com bakra. Ta veza je opisana zakonom m NA N n0 N A m NA n = = = M = (1.2) V V V V M kg 6:0221367 1023 atoma 8900 m NA Cu 3 mol = = = 8: 427 2 1028 m 3 kg 2 M 6:36 10 mol Pokretljivost elektrona dobivamo iz 1 1 = = 8 28 ne 1:7 10 m 8: 427 2 10 m 3 1:60217733 A s2 ili m2 = 4: 356 7 10 3 = 4: 356 7 10 3 kg Vs
10
19
C
Primjer 8. Ploµcasti kondezator kapaciteta C = 100 pF ispunjen je izolatorom relativne elektriµcne permitivnosti "r = 3 i prikljuµcen na izvor napona U = 1000 V. Ako je provodnost tog izolatora = 5 10 11 1m , kolika je jakost struje koja se javlja izme†u ploµca zbog toga što dijelektrik nije savršen izolator? Rješenje: Kapacitet je ploµcastog kondenzatora S "S C = " =) d = d C jakost elektrtiµcnog polja izme†u ploµca iznosi U U UC E= = "S = d "S C Iz veze gusto´ce struje i elektriµcnoga polja, uz pretpostavku da vrijedi Ohmov zakon slijedi UC J = E= "S UC I = J S= " 11 1 1000 V 100 pF = 5 10 = 1: 666 7 10 18 A m 3 Primjer 9. Odredite potencijale toµcaka A,B,C,D,E u strujnome krugu kao i napon izme†u toµcaka B i D ako je: a): uzemljen minus pol akumulatora, b): uzemljen plus pol akumulatora.
1. PRIM JERI
23
Zanemarite unutarnji otpor akumulatora, a potencijal uzmljene toµcke iznosi nula. Rješenje: Jakost struje u krugu je U 24 V I=P = R RBC + RCD + RDE + REA 16
24 V + 8 + 10
+ 14
= 0:5 A
Tada su potencijali:
a): uzemljen minus pol akumulatora 'A 'B 'C 'D 'E UBD
= = = = = =
0V 24 V 'B 'C 'D 'B
UBC = 24 V 16 0:5 A = 16 V UCD = 16 V 8 0:5 A = 12 V UDE = 12 V 10 0:5 A = 7 V 'D = 24 V 12 V = 12 V = UBC + UCD
b): uzemljen plus pol akumulatora 'B 'C 'D 'E 'A UBD
= = = = = =
0V 'B 'C 'D 'E 'B
UBC = 0 V 16 0:5 A = 8 V UCD = 8 V 8 0:5 A = 12 V UDE = 12 V 10 0:5 A = 17 V UEA = 17 V 14 0:5 A = 24 V 'D = 0 V ( 12 V) = 12 V = UBC + UCD
Primjer 10. Na akumukator elektromotorne sile 12 V i zanemariva unutarnjega otpora prikljuµcen je bakeni vodiµc = 1:68 10 8 m duljine l = 2:5 m. Kolika je srednja brzina usmjerenog gibanja slobodnih elektrona u smjeru elektriµcne sile, tzv. drift-brzina vd ? Pretpostavka je da je koncentracija slobodnih elektrona u bakru n = 8:5 1028 m 3 . Procjenite kolika je i termiµcka brzina vt uz pretpostavku da je kinetiµcka energija elektrona reda veliµcine 3kT 2 i temperature T = 290 K . Rješenje: Jakost struje kroz vodiµc presjeka S je I = J S = nevd S Budu´ci da je I=
U U US = l = R l S
dobivamo nevd S
=
vd
= =
US U =) vd = l ne l 8:5
1028
2: 098 2
m 10
3 2
12 V 1:602 10 19 C 1:68 10 m cm 2 s s
8
m 2:5 m
µ 6. KAPACITET I DIELEKTRI CNI M ATERIJALI
24
Uz pretpostavku da je na temperaturi T prosjeµcna kinetiµcka energija elektrona reda veliµcine 3kT ciji rezultat), dobivamo 2 (kvantna mehanika daje nešto drugaµ r 3kT me vt2 3kT = =) vt = 2 2 me s J 3 1:3806568 10 23 K 290 K m vt = = 1: 148 3 105 31 9:1093897 10 kg s Usmjerena drift-brzina mnogo je manja od kaotiµcne termiµcke brzine elektrona, me†utim usmjerena je, te iz tog razloga uzrokuje mjerljivu elektriµcnu struju kroz metal. Primjer 11. Kabel promjera d = 3:5 mm i duljine l = 50 m ima otpor R = 1 pri temperaturi T0 = 30 C. Kolika je otpornost materijala pri toj temperaturi? Koliki su otpor i otpornost na temperaturama T1 = 20 C i T2 = 100 C? Temperaturni koe…cijent pri 0 C iznosi 0 = 5:1 10 3 K 1 Rješenje: Popreµcni presjek kabela iznosi 2
(3:5 mm) d2 = = 9: 621 1 10 4 4 Otporost materijala dobijemo iz
6
S=
R30 S l 1 9: 621 1 10 6 m2 = = 1: 924 2 10 7 m 30 50 m Pretpostavljaju´ci linearnu promjenu otpora s temperaturom (pretpostavka koja op´cenito vrijedi samo za male promjene temperature), dobivamo otpor kabela na T1 = 20 C R30
R
20
S
m2
30
=
l
=)
30
=
R30 1 = 1+ 0 T 1 + 5:1 10 3 K
=
1
50 K
= 0:796 81
Otpornost materijala na toj temperaturi je 20
=
30
1+
=
T
0
1: 924 2 10 7 m = 1: 533 2 10 1 + 5:1 10 3 K 1 50 K
7
m
Otpor na temperaturi T2 = 100 C iznosi R100
= R30 (1 + = 1: 357
0
T) = 1
1 + 5:1 10
3
K
1
70 K
a otpornost 100
= =
30
(1 +
0
2: 611 1 10
T ) = 1: 924 2 10 7
7
m
1 + 5:1 10
3
K
1
70 K
m
Budu´ci da su promjene dimenzija vodiµca pri promjeni temperature zbag manjeg temperaturnog koe…cijenta (koji je reda 10 5 K 1 ), mnogo manje nego promjene otpora te ih moµzemo zanemariti, otpor moµzemo raµcunati i ovako: R100
= =
l = 2: 611 1 10 S 1: 357 0 100
7
m
50 m 9: 621 1 10
6
m2
1. PRIM JERI
25
Primjer 12. Otpori R1 = 10 k i R2 = 20 k s pozitivnim temperaturnim koe…cijentom 1 = 0:002 K 1 spojeni su paralelno. Njima je serijski spojen otpor R3 = 500 s negativnim temperaturnim koe…cijentom 2 = 0:07 K 1 . Izraµcunajte ekvivalentni otpor te kombinacije. Koliki je temperaturni koe…cijent spoja otpora? Rješenje: Pri promjeni temperature otpor se mijenja po zakonu R1 R2 R3
= R10 (1 + = R20 (1 + = R30 (1 +
1 1 2
T) T) T)
Ekvivalentni je otpor zadane kombinacije otpora R
1 1 + R1 R2
= R12 + R3 = =
10 k 20 k 10 k + 20 k
+ 500
1
+ R3 =
R1 R2 + R3 R 1 + R2
= 7166: 7
Promjena otpora zadane kombinacije u ovisnosti o temperaturi je R
R10 (1 + 1 T ) R20 (1 + 1 T ) + R30 (1 + 2 T ) R10 (1 + 1 T ) + R20 (1 + 1 T ) R10 R20 = (1 + 1 T ) + R30 (1 + 2 T ) R10 + R20 R10 R20 R10 R20 = + R30 + T 1 + R30 2 R10 + R20 R10 + R20 10 k 20 k + 500 = 10 k + 20 k 10 k 20 k + T 0:002 K 1 + 500 0:07 K 1 10 k + 20 k
=
=
[7166: 7 + ( 21:667) T ]
= 7166:7 1 +
3 10
3
T
Otpor zadane kombinacije otpora ovisi o temperaturi i to s temperaturnim koe…cijentom = 3 10 3 K 1 , dakle porastom temperature otpor zadane kombinacije opada. Primjer 13. Bakrena µzica Cu = 1:7 10 8 m i µzeljezna µzica F e = 10 7 m jednakog popreµcnog presjeka i jednake duljine spojene su paralelno na izvor napona U zanemariva unutarnjega otpora. Kako se odnose jakosti struja u te dvije µzice? Kako se odnose jakosti struja ako njima paralelno spojimo i aluminijsku µzicu Al = 2:7 10 8 jednakog popreµcnog presjeka i jednake duljine? Rješenje: Jakosti struja kroz otpore RCu i RF e odre†ujemo iz ove dvije jednadµzbe: I U
= ICu + IF e = ICu RCu = IF e RF e = konst:
te dobivamo ICu RCu
=
ICu
=
IF e
=
(I
ICu ) RF e RF e I RCu + RF e RCu I RCu + RF e
m
µ 6. KAPACITET I DIELEKTRI CNI M ATERIJALI
26
pa je ICu RF e = = IF e RCu
l Fe S l Cu S
=
Fe
=
Cu
10 7 1:7 10
m 8
m
= 5: 882 4
U primjeru spoja kada dodamo aluminijsku µzicu dobivamo I ICu RCu
= ICu + IF e + IAl = IF e RF e = IAl RAl RAl RF e ICu = I RCu RF e + RCu RAl + RF e RAl RAl RCu I IF e = RCu RF e + RCu RAl + RF e RAl RCu RF e IAl = I RCu RF e + RCu RAl + RF e RAl odnosno omjer jakosti struja iznosi ICu : IF e : IAl
= RAl RF e : RAl RCu : RCu RF e = Al F e : Al Cu : Cu F e = (5:88) : (1) : (3:7)
Primjer 14. Serijski spoj dvaju otpora R1 = 10 k i R2 = 25 k spojen je na izvor napona U = 24 V zanemariva unutarnjega otpora. Koliki je pad napona na otporu R1 . Koliki ´ce pad napona na tom otporu izmjeriti voltmetar unutarnjega otpora Rv = 10 k . Koliki je pad napona za unutarnji otpor Rv0 = 200 k . Rješenje: Jakost struje kroz strujni krug, kada nije prikljuµcen voltmetar, iznosi U 24 V = R 1 + R2 10 k + 25 k Pad napona na otporu R1 iznosi I=
U1 = R1 I = 10 k
6: 857 1 10
= 6: 857 1 10
4
4
A
A = 6: 857 1 V
Kada se izme†u toµcaka A i B prikljuµci voltmetar otpora Rv = 10 k koji je paralelno spojen otporu R1 , ekvivalentni otpor spoja je ! 1 X 1 R1 Rv 10 k 10 k = = = 5k Rekv = R R + R 10 k + 10 k i 1 v i Struja kroz strujni krug u ovom sluµcaju iznosi
U 24 V = Rekv + R2 5 k + 25 k Pad napona izme†u toµcaka A i B jest I0 =
U10 = Rekv I 0 = 5 k
= 0:8 mA
0:8 mA = 4 V
pa voltmetar pokazuje 4 V. Na isti naµcin dolazimo do rezultata za unutarnji otpor Rv0 = 200 k : Rekv I0 U10
R1 Rv 10 k 200 k = = 9523: 8 R1 + R v 10 k + 200 k U 24 V = = = 6: 951 7 10 Rekv + R2 9523: 8 + 25 k = 0:69517 mA = Rekv I 0 = 9523: 8 0:69517 mA = 6:6207 V
=
4
A
1. PRIM JERI
27
Zakljuµcujemo: mjerenjem voltmetrom ve´cega unutarnjega otpora pogreška je mjerenja manja. Primjer 15. Otpori R1 (AB) = R2 (AC) = R2 (BC) = 20 k spojeni su u 0 0 0 trokut ABC. Odredite ekvivalentni spoj u zvijezdu otpora RAB ; RAC ; RBC ? Rješenje: Da bi ta dva spoja bila ekvivalentna, otpor trokuta izme†u pojedinih toµcaka mora biti isti. Otpor trokuta izme†u toµcaka A i B je 1
1 1 1 + + RAB R1 R2 R3 R1 (R2 + R3 ) RAB = R1 + R 2 + R3 a otpor zvijezde izme†u tih toµcaka je
1
=
0 RAB = R10 + R20
pa je R1 (R2 + R3 ) = R10 + R20 R1 + R 2 + R3 Analogno dolazimo do jednadµzbi R2 (R1 + R3 ) = R20 + R30 R 1 + R2 + R 3 R3 (R1 + R2 ) = R10 + R30 R 1 + R2 + R 3 Imamo tri jednadµzbe s tri nepoznate, µcije rješenje daje vrijednosti otpora R10
=
R20
=
R30
=
R1 R3 20 k 20 k = R1 + R 2 + R 3 20 k + 20 k + 20 k R1 R2 20 k = R1 + R 2 + R 3 3 R2 R3 20 k = R1 + R 2 + R 3 3
=
20 k 3
Primjer 16. Kolika je jakost elektriµcnog grijaµca u bojleru prikljuµcenom na napon U = 220 V koji zagrije V = 50 l vode od T1 = 290 K do T2 = 350 K za vrijeme od t = 1h? Koliki je otpor grijaµca bojlera? Rješenje: Uz pretpostavku da nema gubitaka energije, odnosno da se sva elektriµcna energija pretvori u toplotnu energiju zagrijavanja vode, utrošena energija je Q = mcp T = V cp (T2 T1 ) kg J = 1000 3 0:05 m3 4186 60 K m kg K = 1: 255 8 107 J = 12:558 MJ Snaga je tada Q 12:558 MJ = = 3488: 3 W t 3600 s a otpor grijaµca je P =
2
R=
U2 (220 V) = = 13: 875 P 3488: 3 W
µ 6. KAPACITET I DIELEKTRI CNI M ATERIJALI
28
Primjer 17. Solarni ploµca sastoji se od 100 ´celija, površina pojedine ´celije iznosi S = 100 cm2 . Ako na panel upada Sunµcevo zraµcenje snage I = 0:76 kW m2 , ploµca daje napon U = 24 V i struju I = 4 A. Izraµcunajte e…kasnost solarne ploµce? Rješenje: Budu´ci da je površina solarne ploµce S = 100 0:01 m2 = 1 m2 , na ploµcu upada snaga kW 1 m2 = 760 W m2 Pretvaraju´ci Sunµcevu energiju u elektriµcnu, solarne ploµce daju snagu P = IS = 0:76
P 0 = U I = 24 V 4 A = 96 W E…kasnost (koe…cijent korisnosti) pretvorbe je P0 96 W = = 0:126 32 = 12:632% P 760 W Primjer 18. Koliki je gubitak snage u aluminijskom vodu gradske mreµze napona U = 220 V ako je presjek voda S = 25 mm2 , duljina voda l = 200 m i potrošnja snage P = 10 kW? Koliki je postotak pada napona u vodu = 2:8 10 8 m ? =
Rješenje: Gubitak u vodu je Jouleova toplina, kako vod ima dvije µzice, vrijedi 2l S Snaga je jednaka P = U I, pa je PG = I 2 R = I 2
PG P
= =
I 2 S2l UI l P l = 2 2S = 2 UI U SU 2 8 10 kW 2:8 10 m 200 m 2 = 2: 946 3 10 2 25 mm2 (220 V)
2
= 2:9463%
Pad napona zbog gubitaka je UV U UV
= =
IRV I 2 RV PG = = = 0:029463 = 2:9463% U UI P 0:029463 U = 0:029463 220 V = 6: 481 9 V
Primjer 19. Kondenzator C = 12 pF i otpornik R = 100 spojeni su serijski na napon U = 24 V. Koliki je naboj na kondenzatoru u trenutku kada jakost struje kroz krug iznosi I = 0:1 A? Kojom snagom e uskladištuje elektrostatska energija u tom trenutku? Rješenje: Napon izme†u toµcaka sa strana kondenzatora i otpornika iznosi U = IR +
Q C
odakle je24 V 12 pF
0:1 A 100
12 pF = 1: 68
10
10
As
Q = U C IRC = 24 V 12 pF 0:1 A 100 = 1: 68 10 10 A s = 16:8 n C
12 pF
Snaga je vremenska derivacija energije P =
dEel dQ Q 16:8 10 9 C = Ukond: = I= 0:1 A = 140 W dt dt C 12 pF
1. PRIM JERI
29
Primjer 20. Kondenzator kapaciteta C = 50 F nabijen je spajanjem na izvor napona U0 = 200 V, odspojen od izvora i izbijan preko otpornika otpora R = 1 k . Kolika je vremenska konstanta tog kruga? Nakon koliko vremena se kondenzator isprazni za 95% poµcetnog naboja? Kolika se termiµcka energija pritom razvije u otporniku? Rješenje: Prije praµznjenja kondezator ima naboj i napon Q0 U0
= CU0 = 50 = 200 V
10
6
F 200 V = 0:01 C
Prilikom praµznjenja mijenjaju se naboj i napon prema izrazima t RC
Q = Q0 e U
t RC
= U0 e
=) t =
RC ln
=) U = U0
Q Q0
Q Q0
Vremenska konstanta tog kruga iznosi = RC = 1 k
50
10
6
F = 0:05 s
Kondenzator se isprazni za 95%, tj. Q = Q0
0:95Q0 = 0:05Q0
zato je potrebno vrijeme t=
RC ln
Q = Q0
ln 0:05 =
0:05 s ln 0:05 = 0:149 79 s
Napon je u tom trenutku U = U0 e
t RC
= U0
Q = 0:05U0 = 0:05 200 V = 10 V Q0
Promjena elektrostatske energije kondenzatora (odnosno razvijena toplina) i 1 Ch 2 1 2 CU02 CU 2 = U0 (0:05U0 ) E = 2 2 2 2 CU02 5 10 5 F (200 V) = (0:9975) = 0:9975 2 2 = 0:997 5 J ili kao Q20 Q2 = 0:9975 J 2C 2C Primjer 21. U jednoj litri vode otopljeno je n = 0:05 mol NaCl. Kolika m2 je vodljivost te otopine ako je pokretljivost N a+ iona N a+ = 4 10 8 V s, a 8 m2 pokretljivost Cl iona Cl = 6 10 V s ? E=
Rješenje: Veza izme†u vodljivosti i pokretljivosti nositelja naboja je = ne (
N a+
+
Cl
)
Koncentraciju nositelja naboja odre†ujemo iz koncentracije otopine po jedinici volumena: mol n = 0:05 103 3 6:0221367 1023 mol 1 = 3: 011 1 1025 m 3 m
µ 6. KAPACITET I DIELEKTRI CNI M ATERIJALI
30
Uvrštavaju´ci ove podatke dobivamo =
3: 011 1 1025 m
=
0:482 43
=
1
3
1:60217733 10
C = 0:48243 Vms
= 2: 072 8
m
1
m
1
19
C (4 + 6) 10
8
m2 Vs
POGLAVLJE 7
Laplaceova jednadµzba
31
POGLAVLJE 8
Magnetsko polje i Ampereov zakon
33
POGLAVLJE 9
Sila i torzija u magnetskim poljima
35
POGLAVLJE 10
Induktivnost i magnetski krugovi
37
POGLAVLJE 11
Struja pomaka i inducirana elektromotorna sila
39
POGLAVLJE 12
Maxwellove jednadµzbe i graniµcni uvjeti 1. Uvod ! Magnetska sila F na naboj Q koji se giba brzinom ! v u magnetskom polju ! indukcije (gusto´ce magnetskog toka) B , jest ! ! F = Q! v B ! ! v ; B = DvB sin F = F = QvB sin ^! Jedinica za magnetsku indukciju je tesla T = Akgs2 . Na element duljine vodiµca ! d! s , kojim teµce struja jakosti I, magnetsko polje indukcije B djeluje silom ! d F = I d! s
! B
Ako je polje homogeno, tada je sila na ravni vodiµc duljine l ! ! ! F = I l B F = BIl sin gdje je - kut izme†u smjera kojim teµce struja kroz vodiµc i smjera vektora mag! netske indukcije B . Sila kojom dva ravna paralelna vodiµca djeluju jedan na drugi iznosi I1 I2 l F = 0 r 2 r gdje su I1 ; I2 - jakosti struja u vodiµcima, l - duljina vodiµca, r - njihova me†usobna udaljenost, a r - relativna permeabilnost sredstva. Konstanta Tm N 10 7 2 =4 A A je apsolutna permeabilnost vakuuma. Ako struje u vodiµcima imaju isti smjer tada je sila privlaµcna, ako je smjer suprotan sila je odbojna. Magnetsko polje Za opisivanje magnetskog polja koristimo tri …zikalne veliµcine i to: vektor mag! ! netske indukcije (gusto´ca magnetskog toka) B , vektor jakosti magnetskog polja H ! i vektor magnetizacije M . Magnetsku indukciju B i jakost magnetskog polja H povezujemo relacijom 0
= 1:2566370614 10
B=
6
0 rH
= H ! ! ! Veza izme†u vektora B ; H i M jest ! ! ! B = 0 H +M Jedinica za jakost magnetskog polja, kao i magnetizaciju je ! netizacija M srazmjerna jakosti magnetskog polja ! ! M = mH 41
A m
. Najµceš´ce je mag-
µ µ 12. M AXW ELLOVE JEDNAD ZBE I GRANI CNI UVJETI
42
gdje je
m
- magnetska susceptibilnost materijala m
=
r
1
Magnetski tok je plošni integral vektora magnetske indukcije Z ! ! B dS B = S
jedinica za magnetski tok je veber [ Wb]. Ako je polje homogeno, u odnosu na ! neku ravnu površinu ( B je konstanta koju moµzemo izvu´ci ispred integrala), pa je magnetski tok ! ! ! ! = BS cos B = B S = BS cos ^ B ; S Biot-Savartov zakon: Magnetska indukcija, koju proizvodi diferencijalni element struje I d! s iznosi ! I d! s ! r0 dB = 4 r2 gdje je ! r - radijus-vektor od elementa vodiµca do poloµzaja toµcke u kojoj raµcunamo ! ! magnetsku indukciju B , a ! r 0 = rr - jediniµcni vektor, I jakost struje i d! s - vektor duljine diferencijalnog elementa vodiµca. Magnetska indukcija na udaljenosti a od ravnog vodiµca kojim teµce struja jakosti I iznosi I B= 2 a Struja jakosti I koja teµce kruµznim zavojem polumjera R, uzrokuje u središtu zavoja magnetsku indukciju I B= 2R a unutar zavojnice duljine l, sa N zavoja I B=N l gdje ovaj izraz vrijedi toµcno za prstenastu zavojnicu (toroid), a priblµzno za valjkastu zavojnicu (solenoid), to bolje što je polumjer zavojnice manji u odnosu na duljinu zavojnice l. Ampèreov zakon glasi: Cirkulacija (linijski integral po zatvorenoj krivulji) vektora jakosti magnetskog polja jednaka je zbroju jakosti struja obuhva´cenih tom krivuljom I n ! ! X H ds = Ii i=1
K
Induktivitet - Faradayev zakon indukcije: Inducirana elektromotorna sila u zavoju jednaka je negativnoj brzini promjene magnetskog toka kroz zavoj d "i = dt Giba li se vodiµc duljine l brzinom v u homogenome magnetskom polju indukcije B, inducirana elektromotorna sila je ! "i = Blv sin ^! v ; B = Blv sin Magnetski tok kroz površinu ome†enu nekim zavojem proporcionalan je jakosti struje I kroz taj zavoj =LI
2. PRIM JERI
43
gdje je L - koe…cijent samoindukcije (induktivitet). Jedinica za induktivitet je Vs H = Wb cnog presjeka S koja ima N zavoja, A = A . Za zavojnicu duljine l, popreµ induktivitet je N 2S l Elektromotorna sila samoindukcije uzrokovana je promjenom jakosti struje I d dI "L = = L dt dt Ako su dvije zavojnice induktivno povezane, tada ´ce promjena jakosti struje I1 u primarnoj zavojnici inducirati elektromotornu silu u sekundarnoj dI1 "2 = L12 dt gdje je L12 - koe…cijent uzajamne indukcije. Energija magnetskog polja zavojnice induktiviteta L, kroz koju teµce struje jakosti I, jest 1 W = LI 2 2 a gusto´ca energije magnetskog polja je 1 1 1 2 w= B 2 = BH 0 rH = 2 2 0 r 2 L=
0 r
2. Primjeri Primjer 22. Proton naboja e = 1:6 10 19 C i mase mp = 1:67 10 27 kg i alfa µcestica (q = 2e; m = 4mp ) ubrzani naponom U = 1 kV opisuju kruµznu putanju u magnetskom polju B = 0:1 T. Izraµcunajte polumjere tih putanja i frekvenciju kruµzenja. Rješenje: Centripetalnu silu za kruµzno gibanje daje magnetska sila mv 2 = QvB R µ Cestica ubrzana naponom U imati ´ce brzinu 1 mv 2 = QU 2 r 2QU v = m odakle za polumjer putanje i frekvenciju µcestice dobivamo q s 2QU 2 m mv 1 2mU mv m = = = R = QvB QB QB B Q q v r u 2QU 2QU v Bu B Q2 QB m m t q f = = = = = 2mU 2 1 2mU 2 R 2 2 m 2 m 2 B Q Q
što za proton (Q = e; m = mp ) daje: r r 1 2mp U 1 2 1:67 10 27 kg 103 V Rp = = = 4: 57 10 B e 0:1 T 1:6 10 19 C eB 1:6 10 19 C 0:1 T fp = = = 1:53 106 Hz = 1:53 MHz 2 mp 2 1:67 10 27 kg
2
m
µ µ 12. M AXW ELLOVE JEDNAD ZBE I GRANI CNI UVJETI
44
a za alfa µcesticu s r r p 1 2mp U 1 2 4mp U 1 2m U = = = 2 B Q B 2e B e p 2 = 2Rp = 6: 46 10 m 2eB 1 eB 1 Q B = = = fp = 7:65 105 Hz = 765 kHz = 2 m 2 4mp 2 2 mp 2
R
f
Primjer 23. Snop jednostruko nabijenih iona razliµcitih brzina ulazi kroz pukotinu A u prostor s okomito ukrštenim homogenim elektriµcnim i magnetskim poljem V i B = 1 T. U tom selektoru brzine samo µcestice odre†ene brzine jakosti E = 5 105 m prolaze neotklonjeno i kroz pukotinu A’iza koje se nalazi homogeno magnetsko polje B 0 = 0:5 T usmjereno tako da je bezina µcestice stalno okomita na njega. Izraµcunajte mase iona ako su polumjeri putanja µcestica R1 = 0:201 m i R2 = 0:341 m. Rješenje: Ovaj primjer prikazuje rad spektroskopa masa, ure†aja za odvajanje µcestica s razliµcitim masama. Na µcesticu u prostoru izme†u pukotina A i A’djeluju elektriµcna Fe = QE i magnetska sila Fm = QvB. Ioni µcija brzina zadovoljava uvjet QE = QvB =) v =
E B
ne´ce biti otklonjeni i nesmetano ´ce pro´ci kroz pukotinu A’u prostor s magnetskim poljem B’. Tu ´ce zbog djelovanja magnetske sile (koja djeluje kao centripetalna sila) gibati se kruµzno po polumjeru R mv 2 R
= QvB 0
m =
QvB 0 R QB 0 R QB 0 R QBB 0 R = = E = 2 v v E B
odakle je =
QBB 0 R1 1:9 10 = E
19
m1
=
QBB 0 R2 1:9 10 = E
19
m2
C 1 T 0:5 T 0:201 m = 3: 819 V 5 105 m
10
26
kg
23 u
C 1 T 0:5 T 0:341 m = 6: 479 V 5 105 m
10
26
kg
39 u
Primjer 24. Duga valjkasta zavojnica ima 20 zavoja po centimetru duljine. Primjenom Ampèreova zakona odredite jakost magnetskog polja unutar zavojnice kada kroz nju teµce struja jakosti I = 0:05 A. Rješenje: Primjenom Ampèreova zakona I
! ! H d l = NI
K
na zamišljenoj integracijskoj krivulji K koju odabiremo radi simetriµcnosti kao kvadrat stranice a. U dugoj valjkastoj zavojnici magnetske silnice unutar zavojnice su pravci
2. PRIM JERI
45
paralelni koaksijalnom pravcu, a izvan zavojnice su nula (zanemarive). Integriranjem dobivamo I
ZB ZC ZD ZA ! ! ! ! ! ! ! ! H dl + H dl + H dl + H dl
! ! H dl =
K
A
B
C
ZB
=
H cos 0 dl +
A
I
ZC
H cos
B
|
! ! Na H d l = Ha = I l
2
D
dl +
{z
! ! =0; H ?d l
}
ZD
H cos
C
|
{z
=0; H=0
ZA 3 dl + H cos 2 D } | {z
! ! =0; H ?d l
dl }
K
gdje je
Na l
broj zavoja koji obuhva´ca zamišljeni kvadrat. Odavde slijedi da je
N 20 A I= 0:05 A = 100 l 10 2 m m Primjer 25. U dugoj šupljoj valjkastoj zavojnici promjera r = 5 cm i duljine l = 80 cm sa 1000 zavoja teµce struja jakosti I = 0:5 A. Izraµcunajte magnetsku indukciju unutar zavojnice, gusto´cu energije magnetskog polja i ukupnu magnetsku energiju. H=
Rješenje: Magnetska indukcija B unutar duge zavojnice (2r
l) iznosi
N T m 1000 I = 4 10 7 0:5 A = 7:85 10 l A 0:8 m Gusto´ca energije magnetskog polja jest B=
w=
0
7:85 10 B2 = 2 0 2 4 10
4
T
2
7 Tm A
= 0:245
4
T
J m3
Volumen zavojnice iznosi V = B l = r2
2
l = (0:05 m)
0:8 m = 6: 28 10
3
m3
Ako zanemarimo promjenu magnetskog polja pri krajevima zavojnice, tada bi gusto´ca energije magnetskog polja bila konstantna i ukupnu energiju bi dobili kao J 6: 28 10 3 m3 = 1:54 10 3 J = 1: 54 mJ m3 Primjer 26. Pravocrtni vodiµc duljine l = 2 m i otpora R1 = 10 spojen je preko metalnih traµcnica na akumulator elektromotorne sile " = 12 V i unutrašnjeg otpora Ru = 2 . Vodiµc i traµcnice nalaze se u homogenome magnetskom polje indukcije B = 1 T, tako da je polje okomito na površinu petlje. Nakon zatvaranja strujnoga kruga vodiµc se poµcinje gibati i postigne stalnu brzinu v0 = 1 ms . Kolike su jakost struje i magnetska sila u poµcetnom trenutku zatvaranja strujnoga kruga? Kolika je jakost struje kroz vodiµc kada brzina gibanja postane konstantna? Kolika je otporna sila? Otpor vodova zanemarite. W = w V = 0:245
Rješenje: U trenutku kada se vodiµc poµcinje gibati još nema inducirane elektromotorne sile, te je jakost struje u krugu I=
" 12 V " = = R 1 + Ru R 10 + 2
= 1A
µ µ 12. M AXW ELLOVE JEDNAD ZBE I GRANI CNI UVJETI
46
Magnetska sila iznosi F = BIl = 1 T 1 A 2 m = 2 N Gibanjem vodiµca inducira se elektromotorna sila iznosa "i = Blv Primjenom drugoga Kircho¤ova zakona raµcunamo jakost struje " "i " Blv0 I0
= IR = I0 R 12 V " Blv0 = = R
1 T 2 m 1 ms = 0:83 A 12
Vodiµc postigne konstantnu brzinu kada se izjednaµce magnetska sila i sila trenja klizanja. Odavde slijedi Fm = Ftr = BI0 l = 1 T 0:83 A 2 m = 1:66 N Primjer 27. Komad metalnog vodiµca duljine l = 0:5 m i mase m = 0:1 kg moµze klizati preko dviju usporednih metalnih traµcnica okomito na vertikalno homogeno magnetsko polje B = 1 T. Ako u poµcetnom trenutku klizaµc dobije brzinu v0 = 1 ms koliki put ´ce prevaliti dok se ne zaustavi? Koliki ´ce biti put i brzina u trenutku t = 1 s? Otpor strujnoga kruga iznosi R = 2 . Rješenje: Za vrijeme dt vodiµc napravi put od ds = vdt i pri tome se površina promijeni za dS = lvdt. Zbog toga promjena magnetskog polja iznosi d
= BdS = Blvdt
te je inducirana elektromotorna sila d = dt
"=
Blv
Jakost struje kroz krug iznosi I=
" R
pa na klizaµc djeluje magnetska sila u smjeru suprotnome gibanju F b
Blv B 2 l2 v l= = bv R R 2 2 B 2 l2 (1 T) (0:5 m) kg = = 0:125 R 2 s
= BIl = B =
gdje je b konstanta.Vektroski bi bilo ! F =
b! v
Drugi Newtonov zakon za to gibanje daje F =m
d2 s dv =m = dt2 dt
bv
2. PRIM JERI
47
uz poµcetne uvjete t = 0, s = 0, v = v0 . Rješavanjem jednadµzbe dobivamo dv m = bv dt Zv Zt dv b = dt v m v0
0
v
ln vjv0
=
v v0
=
ln
v
b t tj =) ln v ln v0 = m 0 b b v t =) = e mt m v0
=
mv0 1 b
0)
b mt
= v0 e
odakle je prije†eni put jednak Zt Zt b v0 e m t dt = vdt = s = 0
b (t m
mv0 e b
t
b mt
= 0
mv0 e b
b mt
e
b m
0
e
b mt
=
mv0 B 2 l2 R
1
e
b mt
=
mv0 R 1 B 2 l2
e
b mt
Ukupni prije†eni put iznosi 0:1 kg 1 ms 2 mv0 R suk = 2 2 = 2 2 = 0:8 m B l (1 T) (0:5 m) U trenutku t = 0:1 s brzina i prije†eni put iznose (1 T)2 (0:5 m)2 B 2 l2 m 1s v = v0 e Rm t = 1 e 0:1 kg 2 s s = suk 1
e
B 2 l2 Rm
t
= 0:8 m 1
e
0:29
m s
(1 T)2 (0:5 m)2 0:1 kg 2
1s
= 0:57 m
0
POGLAVLJE 13
µ IZMJENICNA STRUJA 1. Uvod Ako se tanka zavojnica (okvir) od N zavoja površine S jednoliko vrti kutnom brzinom ! = 2 f = 2T u homogenome magnetskom polju indukcije B, inducira se sinusoidalna izmjeniµcna elektromotorna sila: d = N BS! sin !t = "m sin !t "= N dt Ovisnost izmjeniµcnoga napona i struje o vremenu opisuje se izrazom u = Um sin (!t + ') i = Im sin !t gdje su Um ; Im maksimalne vrijednosti (amplitude) napona i struje, a ' je fazni kut izme†u napona i struje. Efektivna vrijednost I de…nira se kao jakost koju bi morala imati istosmjerna struja konstantne jakosti I, koja bi u jednakom vremenskom intervalu proizvela isti toplinski uµcinak na nakom omskom otporu kao i promatrana izmjeniµcna struja. Im I=p 2 Analogno de…niramo i efektivnu vrijednost napona Um U= p 2 Ohmov zakon za izmjeniµcnu struju glasi: U I= Z gdje je Z ukupni otpor (impedancija) u krugu izmjeniµcne struje i de…nirana je izrazom q 2 Z = R2 + (XL XC )
1 gdje je R - radni otpor, XL = L! - induktivni otpor, a XC = C! - kapacitivni otpor. µ Cesto se struja, napon i impedancija simboliµcki prikazuju kompleksnim brojevima radi lakšeg raµcunanja
i = Im ej!t u = Um ej(!t+') Z = R + j (XL XC )
p gdje je j = 1 - imaginarna jedinica (matematiµcki i ali zbog oznake jakosti struje po dogovoru koristimo oznaku j). Pri paralelnome spajanju otpora praktiµcnije je raµcunati s vodljivostima. Ukupna vodljivost Y = Z1 jednaka je q 2 Y = G2 + (BL BC ) 49
µ 13. IZM JENI CNA STRUJA
50
gdje je G - omska vodljivost, BL - induktivna vodljivost i BC - kapacitivna vodljivost. Ako trenutnu vrijednost jakosti struje u krugu oznaµcimo sa i = Im sin !t, tada ´ce trenutna vrijednost napona biti u = Um sin (!t + '), gdje je fazni pomak ' napona u odnosu prema struji izraµzen sa tan ' =
XL
XC
=
L!
1 C!
R R Srednja vrijednost snage izmjeniµcne struje iskazuje se izrazom P = U I cos ' Produkt Pp = U I naziva se prividnom snagom i izraµzava se u voltamperima ( V A). Reaktivna (jalova) snaga je Pr = Pp sin ' Jedinica za reaktivnu (jalovu) snagu izmjeniµcne struje jest var ( V A = var = W). Prividna snaga jednaka je korijenu zbroja kvadrata radne i reaktivne snage p Pp = P 2 + Pr2 Za idealni transformator (bez gubitaka) vrijedi
U1 I2 N1 = = U2 I1 N2 gdje su U1 ; I1 ; N1 i U2 ; I2 ; N2 napon, jakost struje i broj zavoja primarne odnosno sekundarne zavojnice. Naponi pojedinih faza trofaznog sustava jesu uR
= Um sin !t
us
= Um sin !t
ur
= Um sin !t
2 3 4 3
dok je napon nul-voda jednak nuli jer je taj vod uzemljen. 2. Primjeri Primjer 28. Serijski spoj omskog otpora R = 300 i kondenzatora kapaciteta C = 7:957 F spojen je na gradsku mreµzu efektivne vrijednosti napona U = 220 V i frekvencije = 50 Hz. Koliki je trenutni pad napona na svakome od otpora u trenutku kada je jakost struje i = 0:5 A? Rješenje: Kapacitivni otpor iznosi 1 1 = = 400 XC = C! 7:9577 10 6 F 100 Hz Ukupni otpor (impedancija) iznosi q q 2 2 2 2 Z = R + XC = (300 ) + (400 ) = 500
Maksimalna vrijednost struje iznosi p Um 220 V 2 311: 13 V Im = = = = 0:622 25 A Z 500 500
2. PRIM JERI
51
te je vremenska ovisnost jakosti struje zadana izrazom i (t) = Im sin !t = 0:622 25 A sin (100
t)
gdje je kut izraµzen u radijaima. Fazni kut izme†u napona i struje iznosi '
XC = arctan R 0:927 3 rad = 53: 129
=
400 300
arctan
=
=
arctan
4 3
te je napon zadan izrazom u = Um sin (!t + ') = 311:13 V sin (100
t
0:927 3)
Struja ima vrijednost i (t1 ) = 0:5 A u trenucima kada je sin !t1 =
i (t1 ) 0:5 A = = 0:803 54 Im 0:622 25 A
odnosno !t1 t1
=
arcsin 0:803 54 = 0:933 22 rad 0:933 22 1 arcsin 0:803 54 = = 2: 970 5 10 = ! 100
i vrijednost i (t2 ) = sin !t2 =
3
s
3
s
0:5 A kada je
i (t2 ) 0:5 A = = Im 0:622 25 A
0:803 54
odnosno !t2 = arcsin ( 0:803 54) =
0:933 22 rad
kako bi dobili pozitivni trenutak vremena dodati ´cemo period !t2
=
t2
=
( 0:933 22) rad = 2: 208 4 rad 1 2: 208 4 arcsin 0:803 54 = = 7: 029 6 10 ! 100
Naponi su u tim trenucima:400
0:62225 A (0:595 27) = 148: 16 A
uR
= t1 = 2: 970 5 10 3 s = Im sin !t1 R = 0:5 A 300
uC
= XC Im sin !t1
t
2
= 150 V
= 400
0:62225 A ( 0:595 25)
= 148: 16 V = uR + uC = 150 V + ( 148: 16 V) = 1:84 V
u
uR
= t2 = 7: 029 6 10 3 s = Im sin !t2 R = 0:5 A 300
uC
= XC Im sin !t2
t
u
2
= 400
= 150 V 0:62225 A (0:595 27)
= 148: 16 V = uR + uC = 150 V + 148: 16 V = 298:16 V
Primjer 29. Koaksijalni kabel unutarnjeg polumjera R1 = 0:5 mm, vanjskog polumjera R2 = 3 mm, duljine l = 30 m, s izolatorom relativne elektriµcne permitivnosti "r = 3, spojen je na gradsku mreµzu izmjeniµcnog napona U = 220 V. Kolika je jakost struje kroz kabel?
µ 13. IZM JENI CNA STRUJA
52
Rješenje: Kapacitet koaksijalnog kabela jest C
=
2 2 "0 " r l= 2 ln R R1
=
9: 314 7 10
8:854187817 10 3 mm ln 0:5 mm 10
Kapacitivni je otpor kabela 9: 314 7 10
F
Fm
1
30 m
93 nF
1 10
12
F 100 Hz
=
3: 417 3 106 m2 s3 A2
kg
1 1 = = 3: 417 3 M C! 9: 314 7 10 10 F 100 Hz Pa je jakost struje XC =
I=
U 220 V = XC 3: 417 3 M
= 6: 437 8 10
5
A
Primjer 30. Omsko trošilo snage P = 15 kW spojeno je preko dugoga dvoµzilnoga kabela ukupnog otpora R = 0:4113 9 na izvor izmjeniµcnoga napona. Koliki je napon izvora izmjeniµcne struje ako je gubitak energije u kabelu 15% ulazne energije? Rješenje: Na trošilo dolazi 85% energije koju šalje izvor, ta je ulazna snaga 15 kW = 17: 647 kW 0:85 a gubitak u kabelu je Pu =
Pg = Pu
P = 2:647 kW
Kako je gubitak u kabela zapravo gubitak na Jouleovu toplinu, vrijedi Pg = I 2 R odakle je jakost struje r r Pg 2:647 kW I= = = 80:214 A R 0:41139 Ulazna snaga je Pu = Ui I odakle je Ui =
Pu 17: 647 kW = = 220 V I 80:214 A
Primjer 31. U strujnome krugu napon i struja se mijenjaju prema zakonu u (t) i (t) gdje je ! = 100 s
1
= Um sin !t = Im sin (!t + ')
, Um = 110 V, Im = 2 A, a kut izme†u napona i struje iznosi:
a): ' = 0 , b): ' = 6 , c): ' = 2 . Izraµcunajte minimalnu, maksimalnu i srednju vrijednost snage. Nacrtajte u (t) ; i (t) i P (t) dijagrame. Rješenje: Trenutna vrijednost snage jednaka je P (t) = u (t) i (t) = Um sin !t Im sin (!t + ') = Um Im sin (!t + ') sin !t
2. PRIM JERI
Budu´ci da je Um = i struje, te
p
2U , i Im =
p
53
2I , gdje su U; I - efektivne vrijednosti napona
sin (!t + ') sin !t =
1 [cos ' 2
P (t) = U I [cos '
cos (2!t + ')]
cos (2!t + ')]
vrijedi
Minimalna vrijednost snage je Pmin = U I (cos '
1)
a maksimalna vrijednost je Pmax = U I (cos ' + 1) dok je srednja snaga jednaka P
=
1 T
ZT
1 P (t) dt = T
0
=
UI T
ZT
U I [cos '
cos (2!t + ')] dt
0
ZT
[cos '
cos (2!t + ')] dt = U I cos '
UI T
0
ZT 0
|
= U I cos '
cos (2!t + ') dt {z
=0
}
a): Ako je fazni pomak izme†u napona i struje ' = 0, trošilo u krugu je µcisti omski (aktivni) otpor, vrijedi Pmin Pmax P
= U I (cos 0 1) = 0 W = U I (cos 0 + 1) = 2U I = Um Im = 110 V 2 A = 220 W Pmax = U I cos 0 = U I = = 110 W 2
b): Ako je ' =
6,
u krugu je aktivni i pasivni (reaktivni) otpor, a snaga je
Pmin
= U I cos
Pmax
= U I cos
P
= U I cos
6
1 = 110 W (0:866 03
6 6
1) =
14: 737 W
+ 1 = 110 W (0:866 03 + 1) = 205: 26 W
= 110 W 0:866 03 = 95: 263 W
c): Ako je ' = 2 , u krugu je samo reaktivni (induktivni ili kapacitivni) otpor. Tada je cos 2 = 0, pa je Pmin P
= =
Pmax = U I = 0W
110 var
Srednja snaga jednaka je nuli. Tijekom jedne polovine perioda energija prelazi iz izvora u reaktivni element (u obliku elektrostatske odnosno magnetske energije), dok se tijekom druge polovine perioda ista vra´ca u izvor. Primjer 32. Omski otpor R = 50 i induktivni otpor XL = 150 spojeni su paralelno na izvor izmjeniµcnog napona. Kolike su ukupna vodljivost i ukupna impedancija tog spoja?
µ 13. IZM JENI CNA STRUJA
54
Rješenje: Zadatak moµzemo riješiti na dva naµcina. Prvi naµcin je preko vodljivosti, a drugi rješavanjem mreµza izmjeniµcne struje, odnosno prikazom preko kompleksnih brojeva. Ukupna vodljivost je s q 2 2 1 1 1 + = 0:02 108 2 Y = G2 + BL2 = 50 150 a impedancija je reciproµcna vrijednost vodljivosti 1 1 = Y 0:02 108 2 Drugi naµcin je: Z=
1
= 47: 434
I = Im ej!t ; U = Um ej(!t+') u tzv. Argandovu dijagramu u kojem je apscisa realna, a ordinata imaginarna os. Impedancija i vodljivost mogu se prikazati kao kompleksni brojevi, što u našem primjeru slijedi 1 1 1 = = 0:02 R 50 1 1 1 BL = = j6:6667 10 3 = jXL j 150 1 Y = (0:02 j0:0066667) q 2 2 1 jY j = (0:02) + ( 0:0066667) = 4: 444 4 10 G
=
1 1 = Y (0:02 j0:0066667) = 2250 (0:02 + j0:0066667) p 452 + 152 = 47: 434 jZj = Z
=
1
4
(0:02 + j0:0066667) 4: 444 4 10 4 = (45 + j15) 1
=
Primjer 33. Omski otpor R = 10 i induktivni otpor XL = 25 serijski su spojeni na gradsku mreµzu. Izraµcunajte impedanciju,te ukupnu, omsku i induktivnu vodljivost tog spoja. Koliki je ekvivalentni paralelni spoj omskog i induktivnog otpora? Rješenje: Impedancija, prikazana u kompleksnoj ravnini, iznosi Z
=
(10 + j25) p 102 + 252 jZj =
= 26: 926
25 = 3: 448 3 Vodljivost je reciproµcna vrijednost impedancije 725
Y
=
1 1 = Z (10 + j25)
=
(0:013793
=
10 j25 102 + 252
j0:0 34483)
10
2
1
1
Budu´ci da je komplekna vodljivost jednaka Y =G
j (BL
BC )
1 omska vodljivost je G = 0:013793 , a reaktivna (induktivna) vodljivost je BL = 1 1 = 0:0 34483 . Taj je spoj ekvivalentan paralelnome spoju omskog otpora R0 = G 1 0 72: 501 i induktivnoga otpora XL = BL = 29 .
2. PRIM JERI
55
Primjer 34. Na izmjeniµcni napon U = 220 V u seriju su spojeni omski otpor R = 9 , induktivni otpor XL = 6 i kapacitivni otpor XC = 3 . Izraµcunajte impedanciju, fazni kut izme†u napona i struje te snagu. Napišite izraz za struju u trenutku kada je napon jednak u = (100 + j196) V. Rješenje: Impedancija, prikazana u kompleksnoj ravnini, iznosi Z
=
9 + j6 p 92 + 32 jZj =
j3
p
= (9 + j3)
= 3 10
= 9: 486 8
Fazni kut izme†u napona i struje iznosi tan '
=
'
=
1 C!
L! R
=
XL
XC
=
6
3
R 9 1 arctan = 0:321 75rad = 18: 435 3
=
1 3
Snaga je jednaka 2
U2 (220 V) cos ' = cos 18:435 = 4840 W Z 9:4868 Ako je napon u = (100 + j196) V, trenutna je vrijednost struje P = U I cos ' =
(100 + j196) V (100 + j196) (9 j3) V u = = Z (9 + j3) (9 + j3) (9 j3) 1488 + 1464i = A = (16: 533 + 16: 267i) A q 90
i =
jij =
2
2
(16: 533) + (16: 267) A = 23: 194 A
Primjer 35. Induktivni motor snage P = 1 kW, prikljuµcen je na gradsku mreµzu napona U = 220 V i frekvencije f = 50 Hz, te ima e…kasnost od = 85% i faktor snage 0:8. Odredite impedanciju, fazni kut te prividnu, radnu i reaktivnu snagu. Koliki je kondenzator potreban da bi se faktor snage podigao na 0:95? Kolika je reaktivna snaga potrebna za tu kompenzaciju? Kolika je jakost struje kroz takav kompenzirani motor? Rješenje: Snaga koju motor uzima pri punom optere´cenju iz izvora je P 1000 W Pu = = = 1176: 5 W 0:85 što odgovara prividnoj snazi 1176:5 W Pu = = 1470:6 W Pp = cos ' 0:8 gdje je cos ' = 0:8 - faktor snage. Kroz motor teµce struja jakosti Pp 1470:6 W I1 = = = 6: 684 5 A U 220 V pa je impedancija kruga U 220 V Z= = = 32:912 I1 6: 684 5 A od µcega je aktivni (omski) dio R = Z cos ' = 32:912
0:8 = 26: 330
a reaktivni (induktivni) dio XL = Z sin ' = 32:912
0:6 = 19: 747
µ 13. IZM JENI CNA STRUJA
56
Fazni kut iznosi ' = arccos 0:8 = 0:643 5rad = 36: 87 Dodavanjam paralelnoga kondenzatora kapaciteta C faktor snage poraste na cos '0 tan '0
= 0:95 =) '0 = 0:31756 rad = 18:195 = 0:328 68
Iz izraza za fazni kut dobivamo XL XC I1 sin ' I2 tan '0 = = R I1 cos ' 0 XC = XL R tan ' = 19: 747 = 11: 093
26: 330
0:328 68
pa je potrebni kapacitet kondenzatora C=
1 1 = XC ! 11: 093 100 s
1
= 286:9 5 10
6
F
Struja kroz kondenzator je = I1 (sin ' tan '0 cos ') = 6: 684 5 A (0:6 = 2: 253 1 A
I2
0:328 68 0:8)
odakle je po kosinusovu pouµcku ukupna struja r I = I12 + I22 2I1 I2 cos '0 = 5: 566 5 A 2 Pa je reaktivna snaga u kondenzatoru = U I sin '0 = 220 V 5: 566 5 A sin 18:195 = 382: 39 var ( W)
Pr
Primjer 36. Omski otpor R = 20 spojen je paralelno s induktivnim otporom XL = 50 . Taj je spoj prikljuµcen u seriju s kondenzatorom reaktivnog otpora XC = 10 i spojen na gradsku mreµzu. Izraµcunajte impedanciju, struju i faktor snage. Rješenje: Vodljivost paralelnog spoja omskog i induktivnog otpora iznosi 1 1 + 20 j50
Y0 =
1
= (0:05
1
j0:02)
te je impedancija tog paralelnog spoja Z0
= =
1 1 = Y0 (0:05 j0:02) (17: 241 + j6: 896 6)
1
=
0:05 + j0:02 0:052 + 0:022
Ukupna impedancija iznosi Z
= Z 0 jXC = (17: 241 + j6: 896 6) = (17: 241 j3: 103 4)
j10
Jakost struje u krugu jest U 220 V = = (12: 360 + 2: 224 8i) A Z (17: 241 j3: 103 4) p jij = 12: 362 + 2: 224 82 A = 12: 559 A I
=
2. PRIM JERI
57
Faktor snage za ovaj krug iznosi X 3:1034 tan ' = = = 0:18 R 17:241 ' = arctan ( 0:18) = 0:178 09 rad = cos ' = cos 32:056 = 0:984 18
32:056
Primjer 37. Impedancija jednofaznih vodova od izvora do potrošaµca za oba voda iznosi Z = (5 + j3) . Na vodove je spojeno induktivno trošilo kojim teµce struja jakosti I = 1:5 A uz napon U = 220 V i faktor snage cos ' = 0:73. Odredite napon izvora. Rješenje: Kut izme†u napona i struje na trošilu je ' = arccos 0:73 = 0:752 47 rad = 43:112 Ako struju kroz trošilo prikaµzemo izrazom I = 1:5 (5 + j0) A te napon na trošilu sa U = 220 V (cos 43:112 + j sin 43:112) = (160: 6 + j150: 36) V uz impedanciju vodova Z
=
(5 + j3) p 52 + 32 jZj =
= 5:831
dobivamo pad napona na vodovima:
Uv = IZ = 1:5 (5 + j0) A (5 + j3)
= (37: 5 + j22: 5) V
Ulazni napon (napon izvora) je jednak Ui
= U + Uv = (160: 6 + j150: 36) V + (37: 5 + j22: 5) V = (198: 1 + j172: 86) V jUi j = j198: 1 + j172: 86j = 262:91 V Primjer 38. Jednofazni je transformator prividne snage Pp = 150 kV A (pri punom optere´cenju). Gubici u µzeljeznoj jezgri iznose 1:2 kW i praktiµcno ne ovise o optere´cenju. Gubici u bakrenoj µzici (Jouleovo zagrijavanje) pri punom optere´cenju su 1:5 kW i proporcionalni su kvadratu snage. Faktor snage transformatora je cos ' = 0:85. Izraµcunajte e…kasnost transformatora pri punom optere´cenju i pri pola optere´cenja. Kada je e…kasnost transformatora maksimalna? Rješenje: E…kasnost je P P = = Pu P + PCu + PF e Pri punom optere´cenju Pp = 150 kV A, P = Pp cos ' = 150 kV A 0:85 kW = 127: 5 kW, gubici su PCu = 1:5 kW, PF e = 1:2 kW te je ulazna snaga Pu = P + PCu + PF e = 127:5 kW + 1:5 kW + 1:2 kW = 130: 2 kW i e…kasnost P 127:5 kW = = 0:979 26 = 97:93% Pu 130: 2 kW Pri pola optere´cenja P 127:5 kW P0 = = = 63: 75 kW 2 2 =
µ 13. IZM JENI CNA STRUJA
58
gubici u µzeljeznoj jezgri su isti, tj. iznose PF e = 1:2 kW, gubici u bakrenoj µzici su 0 = 0:375 kW, pa je ulazna snaga jednaka µcetiri puta manji, tj. iznose PCu 0 Pu0 = P 0 + PCu + PF e = 63:75 kW + 0:375 kW + 1:2 kW = 65: 325 kW
i e…kasnost 0
=
63:75 kW P0 = = 0:975 89 = 97:59% Pu0 65:325 kW
Da bi pronašli maksimum e…kasnosti moramo prona´ci e…kasnost kao funkciju snage, odnosno kako je PCu = kP 2 proporcionalan kvadratu snage, a PF e = konst: jer ne ovisi o snazi, vrijedi: =
P P + kP 2 + PF e
Funkcija ima maksimum kada je PF e kP 2 d 2 = 2 = 0 =) PF e = PCu = kP = 1:2 kW 2 dP (P + kP + PF e ) tj. kada su gubici u µzeljeznoj jezgri jednaki gubicima u bakrenoj µzici. U našem sluµcaju to je k=
PCu 1:5 kW = 2 = 9: 227 2 10 P2 (127:5 kW)
P =
s
5
( kW)
1
odakle je 1:2 kW 9: 227 2 10
5
( kW)
1
ili P = 127:5 kW
r
1:2 = 114: 04 kW 1:5
pa je =
114: 04 kW = 0:979 39 = 97:94% 114: 04 kW + 1:2 kW + 1:2 kW
Primjer 39. Na trofaznu gradsku mreµzu prikljuµcene su tri impedancije Z1 = (8 + j6) , Z2 = (8 j6) i Z3 = 10 u zvijezdu izme†u faza R; S; T i nul-vodiµca. Kolike su jakosti struja i snage pojedinih vodiµca? Rješenje: Naponi izme†u tri linije i nul-vodiµca su ' '
'
=
0 ! UR = 220 V (cos ' + j sin ') = 220 (1 + j0) V
=
2 2 2 ! US = 220 V cos + j sin 3 3 3
=
( 110 + j190: 53) V
=
4 4 4 ! UT = 220 V cos + j sin 3 3 3
=
( 110
j190: 53) V
= 220
p ! 1 3 +j V 2 2
= 220
1 2
p ! 3 j V 2
2. PRIM JERI
59
Jakosti struja su IR
=
jIR j = IS
=
= jIS j = IT
=
jIT j =
UR = Z1 j17:6 US = Z2 (2:63 j2:63 UT = Z3 j 11
220 V 220 (8 j6) = A = (17:6 j13:2) A (8 + j6) 100 j13:2j A = 22 A ( 110 + j190: 53) V ( 110 + j190: 53) (8 + j6) = A (8 j6) 100 j21:84) A j21:84j A = 22 A ( 110 j190: 53) V = ( 11 j19:053) A 10 j19:053j A = 22 A
Struja kroz nul-vodiµc jej9:23 i54: 093j = 54: 875 In = [(17:6 + 2:63 11) + j ( 13:2 21:84 A = (9:23 j54: 093) A In = j9:23 j54: 093j A = 54: 875 A
19:053)] A
Snaga u svakoj od faza dobije se mnoµzenjem omskog otpora i kvadrata efektivne jakosti struje: PR PS PT
2
8
= 3872 W
2
8
= 3872 W
2
10
2 = IR RR = (22 A)
= =
IS2 RS IT2 RT
= (22 A)
= (22 A)
= 4840 W
POGLAVLJE 14
ELEKTROMAGNETSKI VALOVI 1. Uvod Vlastita frekvencija titrajnoga kruga s kapacitetom C i induktivitetom L te zanemarivim omskim otporom opisuje se Thomsonovom formulom: f=
1 p 2 LC
U sluµcaju postojanja omskog otpora r 1 R2 C p f= 1 L 2 LC Zakoni elektromagnetizma mogu se napisati u µcetiri Maxwellove jednadµzbe koje u integralnom obliku glase: I ! ! (1) D dS = Q (2)
S I
! ! B dS = 0
S
(3)
I
! ! E ds =
d dt
K
(4)
I
ZZ
! ! B dS
S
! ! H ds =I+
K
d dt
ZZ
! ! D dS
S
Iz Maxwellovoh jednadµzbi moµze se kombiniranjem dobiti valna jednadµzba za širenje elektromagnetskih valova. Na primjer, ako se val širi u proizvoljno odabranom smjeru, recimo osi z, jednadµzbe su: @ 2 Ex @z 2 @ 2 By @z 2 gdje je v = (" ) iznosi
1 2
1 @ 2 Ex v 2 @t2 1 @ 2 By v 2 @t2
=
0
=
0
- brzina širenja elektromagnetskog vala. U vakuumu ta brzina
m m 3 108 s s Rješenje valnih jednadµzbi inaju oblik ! ! E = [E0 f (z vt)] i ! ! B = [B0 f (z vt)] j v = c = 2:99792458 108
gdje je f - proizvoljna funkcija. Vektori elektriµcnoga i magnetskoga polja u elektromagnetskom valu uvijek su me†usobno okomiti, a okomiti su i na smjer širenja 61
62
14. ELEKTROM AGNETSKI VALOVI
vala. Najjednostavniji oblik valnog gibanja je harmoniµcki ravni val kji opisujemo jednadµzbama: h z i Ex = E0 sin ! t = E0 sin (!t kz) v i h z By = B0 sin ! t = B0 sin (!t kz) v gdje je k = 2 = !v - valni broj, a ! = 2 f - kruµzna frekvencija vala. Kao i za mehaniµcke valove i ovdje vrijedi ! v= f= k U elektromagnetskom valu veza izme†u elektriµcnog i magnetskog polja jest E B= v Gusto´ca toka energije elektromagnetskog vala iskazuje se Poyntingovim vektorom ! ! ! 1! ! S =E H = E B i predstavlja energiju koju elektromagnetski val prenese u jedinici vremena kroz jediniµcnu površinu. Za monokromatski sinusoidalni val srednja vrijednost iznosa Poyntingova vektora iznosi 1 S = E0 H0 2 2. Primjeri Primjer 40. Iz zakona oµcuvanja energije izvedite frekvenciju za titrajni LCkrug. Rješenje: Q2 , a Ukupna elektrostatska energija kondenzatora kapaciteta C iznosi E = 2C energija zavojnice E = 21 LI 2 gdje je I = dQ . Ukupna energija ova dva elementa po dt zakonuoµcuvanja energije glasi Q2 1 d + LI 2 = konst: = 2C 2 dt 2Q dQ 1 dI dt + L 2I = 0 2C 2 dt QI dI + LI = 0 = : LI C dt dI 1 + Q = 0 dt LC uz korištenje identiteta I = dQ dt slijedi d2 Q 1 + Q=0 dt2 LC ovo je valna jednadµzba uz frekvenciju titranja 1 1 !2 = =) ! = p LC LC Primjer 41. Izraµcunajte rezonantnu frekvenciju strujnoga kruga, koji ima paralelno povezan kondenzator kapaciteta C = 900 nF sa serijski povezanom zavojnicom induktiviteta L = 11: 258 H i otpora a): R = 0
i
2. PRIM JERI
63
b): R = 200 . Rješenje: Ukupna impedanca serijskog spoja zavojnice i omskog otpora iznosi Z = R + jXL pa je vodljivost tog spoja Ys =
1 1 1 = = Z R + jXL R + j!L
Ukupna vodljivost iznosi Y
= YC + Ys = j!C + = j
1 R + 2 XC R + XL2
1 (R j!L) = j!C + R + j!L (R + j!L) (R j!L) XL R 1 XL j 2 = 2 +j 2 2 2 R + XL R + XL XC R + XL2
Rezonancija nastupa kad je vodljivost minimalna, tada su struja i napon u fazi, a imaginarni dio vodljivosti jednak je nuli: 1 XL XL = 0 =) = 2 R2 + XL2 XC R + XL2
1 XC
Rezonantna frekvencija je !C
=
!2
=
!
=
a): Ako je R = 0 !0
=
f0
=
!L =) R2 C + ! 2 L2 C = L R2 + ! 2 L2 L R2 C 1 R2 C = 1 2 L C LC L r 1 R2 C p 1 L LC imamo idealni LC-krug i rezonantna frekvencija je
1 1 =p = 314: 16 s LC 11: 258 H 900 nF 50 Hz p
1
b): Ako je R = 2 k !r
fr
dobivamo r r 1 R2 C R2 C = p = !0 1 1 L L LC s 2 (2 k ) 900 nF = 259: 11 s = 314: 16 s 1 1 11: 258 H = 41: 24 Hz
1
Primjer 42. Dokaµzite da elektromagnetsko polje Ex = E0 sin (!t kz), Ey = Ez = 0; Bx = 0, By = B0 sin (!t kz), Bz = 0 u prostoru bez struja i naboja zadovoljava Maxwellove jednadµzbe u posebnom sluµcaju - kad je zatvorena ploha kocka brida a, a zatvorena krovulja stranica te kocke. Rješenje: Prve dvije Maxwellove jednadµzbe glase I I ! ! ! ! E d S = Q; B dS = 0 S
S
64
14. ELEKTROM AGNETSKI VALOVI
pri µcemu je zatvorena ploha S kocka brida a. Kako je smjer elektriµcnog polja u I ! ! smjeru osi x, E d S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os x, a na S
! ! svim ostalim stranicama je E d S = 0 CDEF je Z Z
! ! E dS =
Za
dy
0
CDEF
Za
! ! ! E ?d S . Tok vektora E kroz stranicu
E0 sin (!t
kz) dz =
E0 a [cos (!t k
ka)
cos !t]
0
! ! ! ! jer je E kd S . Na donjoj strani te kocke (ABGO) E i d S su antiparalelni, pa je Z Z
Za
! ! E dS =
dy
0
CDEF
Za
E0 sin (!t
kz) dz =
E0 a [cos (!t k
ka)
cos !t]
0
! Ukupni tok vektora E po zatvorenoj plohi (kocki) jednak je I Z Z Z Z ! ! ! ! ! ! E dS = E dS + E dS = 0 S
CDEF
CDEF
µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava prvu Maxwellovu jednadµzbu. ! Sliµcno raµcunaju´ci tok vektora B , moµzemo dokazati da i magnetsko polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadµzbu. Kako je smjer magnetskog polja u smjeru I ! ! osi y, B d S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os y, a na svim S
! ! ostalim stranicama je B d S = 0 je Z Z
! ! B dS =
Za 0
ABCD
! ! ! B ?d S . Tok vektora B kroz stranicu ABCD
Za dx B0 sin (!t
kz) dz =
B0 a [cos (!t k
ka)
cos !t]
0
! ! ! ! jer je B kd S . Na drugoj strani te kocke (EFGO) B i d S su antiparalelni, pa je Z Z
EF GO
! ! B dS =
Za 0
Za dx B0 sin (!t
kz) dz =
B0 a [cos (!t k
ka)
cos !t]
0
! Ukupni tok vektora B po zatvorenoj plohi (kocki) jednak je I Z Z Z Z ! ! ! ! ! ! B dS = B dS + B dS = 0 S
ABCD
EF GO
µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadµzbu. Da bismo pokazali da zadano elektriµcno i magnetsko polje zadovoljavaju tre´cu ! Maxwellovu jednadµzbu, najprije izraµcunajmo tok vektora B , npr. kroz stranicu ! ADBC, zatim cirkulaciju vektora E po rubu te stranice i dobivene rezultate uvrstiti u tre´cu Maxwellovu jednadµzbu: Z Z I ! ! ! ! d E ds = B dS dt ABCDA
ABCD
2. PRIM JERI
65
! ! ! Tok vektora B , zbog paralelnih smjerova B i d S , jest Z Z
! ! B dS =
Za Za
B0 sin (!t
kz) dx dz =
B0 a [cos (!t k
ka)
cos !t]
0 0
ABCD
! Cirkulacija vektora E je I ! ! E ds = ABCDA
Z
! ! E ds +
AB
Za
=
Z
! ! E ds +
BC
Z
CD
ka) +
Z0
ka)
sin (!t)]
E0 sin (!t
! ! E ds +
Z
! ! E ds
DA
E0 sin (!t)
a
0
= E0 a [sin (!t
Uvrstimo li dobivene rezultate u tre´cu Maxwellovu jednadµzbu dobivamo I Z Z ! ! ! ! d E ds = B dS dt ABCDA
E0 a [sin (!t
ka)
ABCD
sin (!t)]
d B0 a f [cos (!t ka) cos !t]g dt k B0 a! [sin (!t ka) sin (!t)] k
= =
Budu´ci da za elektromagnetski val v = !k i B0 = Ev0 vidimo da zadani elektromagnetski val zadovoljava tre´cu Maxwellovu jednadµzbu. Sliµcno bismo mogli dokazati ! i da cirkulacija vektora B , npr. po rubu EDCFE, jednaka vremenskoj derivaciji ! toka vektora E kroz stranicu EDCF pomnoµzenoj sa " . Primjer 43. Magnetsko polje monokromatskog ravnog vala u vakuumu zadano ! ! je izrazom B = B0 sin ! t xc k pri µcemu je B0 = 5 10 10 T i ! = 1010 s 1 . Izraµcunajte: frekvenciju, valnu duljinu i valni broj, te elektriµcno polje i srednju gusto´cu energijskog toka vala. Rješenje: Iz ! = 2 f =
1010 s
1
dobivamo da je frekvencija vala jednaka
f = 5 109 Hz Valna duljina je =
3 108 ms c = = 6 10 f 5 109 Hz
2
m = 6 cm
a valni broj k=
2
=
2 6 10
2
m
= 104: 72 m
1
Amplitudu elektriµcnog polja dobivamo iz E0 = cB0 = 3 108
m 5 10 s
10
pa je elektriµcno polje zadano izrazom ! !h x i V E = j 0:15 sin ! t c m
T = 0:15
V m
66
14. ELEKTROM AGNETSKI VALOVI
pa je gusto´ca energijskog toka jednaka srednjoj vrijednosti Poyntingovog vektora10 1:0 10 7 m s2 kg A2
7
1 V 1 E0 B 0 = 0:15 5 10 10 T N 7 2 m 2 4 10 A2 W = 2: 984 2 10 5 2 m Primjer 44. Izraµcunajte amplitudu elektriµcnoga i magnetskoga polja u Sunµcevu zraµcenju na Zemljinoj površini koriste´ci podatak da okomita površina, u odnosu na Sunµceve zrake, od S = 1 m2 primi snagu od 1:36 kW. S
=
Rješenje: Srednja vrijednost gusto´ce toka energije elektromagnetskog vala, tj. snaga po jediniµcnoj površini, jednaka je srednjoj vrijednosti Poyntingova vektora: r "0 c 2 1 1 "0 2 c E0 = S= E0 B 0 = E0 = 0 H02 2 2 2 2 0
zbog E = vB = vH. Odavde je elektriµcno polje
W 2 1360 m 2S 2 = F "0 c 8:854187817 10 12 m 3 V E0 = 1011: 9 m i magnetsko polje
E02
=
H02
=
2S 0
c
=
4
W 2 1360 m 2 10 7 AN2 3 108
A m Magnetsko polje smo mogli dobiti i iz s r 4 10 E0 0 = = H0 "0 8:854187817 H0
H0
=
=
108
m s
m s
= 1: 024 0 106
= 7: 215
A2 m2
2:6861
7 N A2
10
12 F m
V 1011: 9 m E A q0 = = 2: 6861 376: 73 m 0 "0
= 376: 73
V2 m2
TmA
1
=
POGLAVLJE 15
GEOMETRIJSKA OPTIKA 1. Uvod Geometrijska optika se bavi širenjem svjetlosti, ali istraµzuje samo one pojave u kojima nije bitno izraµzena valna priroda svjetlosti. Pritom se smatra da se svjetlost u homogenome sredstvu širi pravocrtno i da se njegovo širenje moµze prikazati zrakama. Pojave koje promatra geometrijska optika, obiµcno se ograniµcavaju na vidljivi dio elektromagnetskog zraµcenja, odnosno za spektar u granicama valnih duljina izme†u 380 nm
780 nm
Najvaµzniji zakoni geometrijske optike su zakon re‡eksije i zakon loma svjetlosti. Prema zakonu re‡eksije, pri upadu na graniµcnu ravninu izme†u dva optiµcka sredstva upadna zraka ´ce se re‡ektirati, a re‡ektirana zraka ´ce leµzati u onoj ravnini koju de…niraju upadna zraka i okomica na ravninu. Kut re‡eksirane zrake je pri tome jednak kutu upadne zrake u odnosu na okomicu ravnine. Ploha koja re‡ektira cjelokupno upadno zraµcenje naziva se zrcalom. Zakon re‡eksije vrijedi i u sluµcaju da je ploha zrcala zakrivljena, tada se pod graniµcnom ravninom podrazumjeva ona ravnina koja je toµcki upada tangencijalna na plohu zrcala. Ravno zrcalo daje sliku koja je jednake veliµcine kao i predmet, a zrcalno mu je simetriµcna. Ta je slika virtualna, što znaµci da slika nastaje tako da se ne presijecaju stvarne zrake (kao pri nastajanju stvarne slike) ve´c njihova produljenja. Sferno zrcalo ima re‡ektiraju´cu ravninu kao dio površine kugline plohe. Pri malome otvoru zrcala, tj. za paraaksijalne zrake (zrake koje upadaju pod malim kutom u odnosu na optiµcku os) vrijedi jednadµzba konugacije za sferno zrcalo 1 2 1 1 + = = a b f R gdje su a - udaljenost predmeta od zrcala, b - udaljenost slike od zrcala, a f µzarišna daljina zrcala koja je jednaka polovini polumjera zakrivljenosti zrcala R. Za konkavno zrcalo µzarina je daljina pozitivna, a za konveksno je negativna. Ako je b negativan slika je virtualna, a ako pozitivan slika je realna. Uve´canje zrcala je de…nirano kao y0 b m= = y a gdje je y 0 - veliµcina slike, a y - veliµcina predmeta. Prilikom konstrukcije slike kod sfernog zrcala posluµziti ´cemo se trima karakteristiµcnim zrakama: (1) Zraka koja pada na zrcalo paralelno s optiµckom osi, a re‡ektira se kroz µzarište (fokus), (2) Zraka (ili njezino produljenje) koja prolazi kroz fokus, a re‡ektira se paralelno s optiµckom osi i (3) Zraka koja pada u tjeme zrcala i re‡ektira se pod istim kutem pod kojim je upala. 67
68
15. GEOM ETRIJSKA OPTIKA
Prema zakonu loma svjetlosti, zraka koja upada iz jednog optiµcki prozirnog sredstva na drugo optiµcki prozirno sredstvo mijenja svoj smjer. Kut upada mjeren prema okomici i kut loma , tako†er mjeren prema okomici pvezani su relacijom koju nazivamo Snellov zakon loma svjetlosti sin sin
=
n2 = n21 n1
gdje su n1 ; n2 indeksi loma sredstva, a omjer n21 = nn21 naziva se relativnim indeksom loma. Indeks loma sredstva su vrijednosti konstante koje su karakteristiµcne za svaki pojedini materijal. Indeks loma nekog optiµckog sredstva povezan je s brzinom v širenja svjetlosti u tm sredstvu relacijom c n= v Ako zraka koja dolazi iz optiµcki guš´ceg sredstva (n2 > n1 ) i pada na granicu sredstva (n1 ) pod kutom ve´cim od graniµcnog kuta g , do´ci ´ce do totalne re‡eksije. Graniµcni kut odre†en je izrazom n1 sin g = n2 Optiµcka prizma sastoji se od dvaju ravnih dioptara (ploha koja dijeli dva optiµcka sredstva) pod nekim kutom A. Pri upadu na prizmu zraka se otklanja za kut devijacije =
+
0
A
pri µcemu su - kut upada na prizmu gledano prema okomici upadne strane, a 0 kut pod kojim, gledano prema okomici izlazne strane, zraka izlazi iz prizme. Kut devijacije je minimalan kada je = 0 , a tada je n=
sin min2+A sin A2
Za mali kut prizme devijacija iznosi min ' (n 1) A. Pri lomu svjetlosti na sfernom dioptru vrijedi jednadµzba: n1 n2 n2 n1 + = a b R gdje su a; b - udaljenost predmeta, odnosno slike od središta kugle, a n2 ; n1 - indeksi loma prvog odnosno drugog sredstva. 2. Primjeri Primjer 45. Izraµcunajte kolika je najmanja visina vertikalno postavljenog zrcala u kojem µcovjek visine h = 1:85 m moµze vidjeti sliku cijeloga svojega tijela, te na kojoj visini treba postaviti zrcalo ako su oµci u visini h0 = 1:72 m iznad tla? Rješenje: Iz slike se vidi da je x1 d x2 d
= =
h
h0 2d
h0 2d
Odavde je visina zrcala x = x1 + x2 =
h0
h 2
+
h0 h 1:85 m = = = 0:925 m 2 2 2
2. PRIM JERI
69
a potrebna visina iznad tla iznosi 1:72 m h0 = = 0:86 m 2 2 Primjer 46. Na kojoj udaljenosti ispred konkavnoga sfernoga zrcala polumjera zakrivljenosti R = 120 cm treba stajati µcovjek da bi u zrcalu vidio µcetiri puta uve´canu sliku svoga lica? y=
Rješenje: Uspravna slika u konkavnome zrcalu nuµzno je virtualna (iza zrcala). Zbog toga je b = 4 =) b = 4a a Koriste´ci jednadµzbu konjugacije za zrcalo slijedi 1 1 2 1 1 2 + = =) + = a b R a 4a R 3 2 3R 3 120 cm = =) a = = = 45 cm 4a R 8 8 Primjer 47. Predmet visine y = 10 cm stoji a = 35 cm ispred konveksnoga sfernog zrcala µzarišne daljine f = 40 cm. Izraµcunajte i gra…µcki prikaµzite poloµzaj, veliµcinu i narav slike. m=
Rješenje: Iz jednadµzbe konjugacije dobije se poloµzaj slike 1 1 1 af 35 cm ( 40 cm) + = =) b = = = a b f a f 35 cm ( 40 cm)
56 cm 3
Pove´canje je b = a a visina slike iznosi m=
56 3
cm 8 = 35 cm 15
8 16 10 cm = cm 15 3 Ti rezultati, kao i gra…µcko rješenje pokazuju da je slika uspravna, umanjena i virtualna. y 0 = my =
Primjer 48. Predmet je postavljen a = 90 cm ispred konkavnoga sfernog zrcala µzarišne duljine f = 70 cm. Izraµcunajte i gra…µcki prikaµzite pove´canje, poloµzaj i narav slike. Rješenje: Za poloµzaj slike jednadµzbom konjugacije dobijemo 1 1 1 af 90 cm 70 cm + = =) b = = = 315 cm a b f a f 90 cm 70 cm te pove´canje iznosi b 315 cm = = 3: 5 a 90 cm Slika je obrnuta, uve´cana i realna. m=
Primjer 49. Zraka svjetlosti upada na granicu izme†u zraka i nekog optiµckog sredstva pod kutom 60 , a lomi se pod kutom 34 520 . Koliko iznosi indeks loma svjetlosti, a koliko brzina svjetlosti u tom sredstvu? Indeks loma zraka nz 1.
70
15. GEOM ETRIJSKA OPTIKA
Rješenje: Iz zakona loma svjetlosti slijedi sin ns n = = sin nz 1 sin sin 60 = 1:515 n = = sin sin 34 520 pa je brzina svjetlosti 2:9979 108 ms c m = = 1: 978 8 108 n 1:515 s Primjer 50. Sloj ulja indeksa loma nu = 1:45 prekriva površinu vode indeksa loma nv = 1:33. Koliki kut ´ce u vodi s okomicom zatvarati lomljena zraka ako je na površinu ulja upala iz zraka nz = 1 pod kutom = 45 ? v=
Rješenje: Ovdje treba primijeniti zakon loma svjetlosti na obje graniµcne plohe optiµckih sredstava. Tada dobivamo nu sin = nz sin nv sin = nu sin dakle je nu nu nz nz sin = sin = sin = sin nv nv nu nv Iz izraza se zakljuµcuje da je taj kut jednak onome kao da ulja i nema. Odavdje slijedi 1 sin 45 = 0:53166 sin = 1:33 = arcsin 0:53166 = 32 70 Primjer 51. Pomo´cu Fermatova principa prema kojemu svjetlost za svoje širenje odabire upravo onaj put za koji joj je potrebno najkra´ce vrijeme, dokaµzite da vrijedi zakon loma svjetlosti. Rješenje: Ukupno vrijeme koje je svjetlosti potrebno da od toµcke 1 do†e do toµcke 2 je zbroj dva pojedina vremena prolaska svetlosti kroz sredstva 1 i 2. s1 s2 t = t 1 + t2 = + v1 v2 q p 2 h22 + (d x) h21 + x2 = + v1 v2 Za najmanje vrijeme derivacie funkcije vremena po promjenjivoj x mora biti jednaka nuli (uvjet minimalnosti funkcije) dt =0 dx pa deriviranjem izraza imamo q 0p 1 2 2 + (d 2 2 h x) dt d @ h1 + x 2 A = + dx dx v1 v2 =
1 2x 1 2 (d x) ( 1) p q + =0 2 2 v1 2 h1 + x v2 2 2 h22 + (d x)
2. PRIM JERI
71
odnosno 1 1 x p q = 2 2 v1 h1 + x v2
d
x
h22 + (d
2
x)
Iz slike se mogu dobiti trigonometrijske relacije x sin = p 2 h1 + x2 d x sin = q 2 h22 + (d x)
odakle dobivamo sin sin = v1 v2 što moµzemo pisati kao sin sin
=
v1 = v2
c n1 c n2
=
n2 n1
što je Snellov zakon indeksa loma svjetlosti. Primjer 52. Svjetlost pada na prizmu (A = 60 ) indeksa loma n = 1:6 pod kutom 42 prema okolici. Kliko iznosi otklon upadne zrake? Rješenje: Otklon zrake iznosi =
+
0
0
=
+
0
A
jer je +
0
=A
Iz zakona loma slijedi sin sin 0 n = = 1 sin sin 0 sin sin 42 sin = = = 0:41821 =) = 24:72 n 1:6 0 = A = 60 24:72 = 35:28 0 sin = n sin 0 = 1:6 sin 35:28 = 0:92408 0 = arcsin 0:92408 = 67:53 pa je =
+
0
A = 42 + 67:53
60 = 49:53
Primjer 53. Kut upada pri kojemu je otklon zrake nakon prolaza kroz prizmu kuta A = 45 minimalan, iznosi 38 . Koliko iznosi indeks loma prizme? Rješenje: Iz izraza za minimalni kut loma prizme slijedi n=
sin min2+A sin 38+45 sin 41:5 2 = = = 1:73 45 A sin 22:5 sin 2 sin 2
POGLAVLJE 16
FIZIKALNA OPTIKA 1. Uvod Ako se elektromagnetski val širi sredstvom tada je njegova brzina c c v= =p n "r r p gdje je n = "r r - indeks loma sredstva. Brzina svjetlosti c, valna duljina i frekvencija povezani su relacijom c = . Pri prijelazu iz vakuuma u sredstvo, kada se mijenja brzina širenja elektromagnetskog vala, mijenja se tako†er i valna duljina, dok frekvencija vala ostaje nepromijenjena. Indek sloma za zrak vrlo je dobro aproksimiran vrijednosti n = 1, koja vrijedi i za vakuum. Fizikalna optika prouµcava široko podruµcje elektromagnetskih valova. Širenje elektromagnetskog vala amplitude A u smjeru x opisujemo izrazom x = A sin (!t kx) s = A sin 2 t Interferencija svjetlosti nastaje kad postoje dva ili više koherentnih izvora svjetlosti. Intezitet rezultantne svjetlosti odre†uje optiµcka razlika hoda dvaju valova, koja je za sredstvo indeksa loma n jednaka =n
= n (r1
r2 )
odakle vidimo da je za vakuum (pribliµzno i za zrak) optiµcka razlika hoda jednaka geometrijskoj razlici (n = 1). Pripadnarazlika u fazi izme†u dvaju valova jednaka je '=2 Ako se svjetlost re‡ektira na optiµcki guš´cem sredstvu, nastaje skok u fazi za , dakle razlici faza treba dodati . Interferencija dvaju zraka je konstruktivna kad je optiµcka razlika hoda jednaka =m ; m2Z a destruktivna =
m+
1 2
; m2Z
Dva koherentna izvora svjetlosti, me†usobno udaljena za d daju na zastoru, udaljenom za D od izvora, ekvidistantne paralelne pruge interferencije. Ako vrijedi D d intezitet svjetlosti I na zastoru ovise o kutu #, odnosno o udaljenosti y od središta zastora d y d sin # I0 cos2 I = I0 cos2 D gdje je I0 - intezitet za kut # = 0 , uz pribliµznu jednakost sin # pruge pojavljuju se kad je D y=m ; m2Z d 73
tan #. Svjetle
74
16. FIZIKALNA OPTIKA
Razmak izme†u dvije susjedne pruge jednak je D d Za intezitet od N koherentnih toµckastih izvora svjetlosti, udaljenih me†usobno za d, intezitet rezultantne svjetlosti je " #2 sin N d sin # I = I0 sin d sin # y=
što daje izrazite maksimume za d sin #m = m ; m 2 Z Izme†u njih nalazi se još po N 2 maksimuma i N 1 minimuma inteziteta. Kad N postane vrlo velik, intezitet je znatan samo za kutove # koji zadovoljavaju ovu relaciju, a pribliµzno je nula za sve ostale kutove. Newtonovi klobari nastaju interferencijom svjetlosti re‡ektirane na plohama plankonveksne le´ce i planparalelne ploµce. Optiµcka razlika hoda pri tome iznosi r2 n+ 2 R 2 gdje je R - polumjer le´ce, a a - udaljenost tih ploha, kojaje jednaka = 2an +
=
r2 2R Polumjer m-tog tamnog kolobara je r p R r= m n a polumjer m-tog svjetlog kolobara je r r 1 R r= m 2 n Pruge interferencije mogu nastati i pomo´cu klina. Ako je kut klina , a izme†u ploha klina sredstvo indeksa loma n i debljia klina na mjestu gdje pada zraka svjetlosti d, tamne se pruge dobivaju za a=
d
m ; m2Z 2n dok je razmak izme†u susjednih pruga y=
=
y=
2n Ogib (difrakcija) svjetlosti opaµza se kada val nailazi na prepreku (ili otvor) dimenzija uporedivih s njegovom valnom duljinom. Kod Fraunhoferove se difrakcije pretpostavlja da su upadne zrake paralelne, te da se ogibna slika promatra navelikoj udaljenosti od prepreke. Kod Fresnelove difrakcije upadne zrake dolaze iz toµckastog izvora ili se otklonjena svjetlost promatra u jednoj toµcki. Fraunhoferova difrakcija na uskoj pukotini širine a daje na zastoru karakteristiµcne ogibne pruge. Intezitet otklonjene svjetlosti pod kutom promatranja #, iznosi #2 " 2 sin a sin # sin y = I I = I0 0 a sin # y gdje je y=
a
sin #
1. UVOD
75
Tamne pruge (minimumi inteziteta) dobivaju se za a sin # = m ; m 2 Z=f0g Svjetle pruge dobivaju se za a sin # =
jmj +
1 2
; m2Z
Intezite svijetlih pruga drastiµcno opada sa m. Mo´c razluµcivanja pukotine jednaka je najmanjem kutu za koji se ogibne slike mogu razlikovati. Za pukotinu širine a to je #=
a Za ogib na tankoj niti debljine d vrijede isti rezultati kao za interferenciju dvaju koherentnih izvora na udaljenosti d. Fraunhoferova difrekcija na dvije pukotine udaljene za d, od koji svaka ima širinu a, daje raspodjelu inteziteta #2 " sin a sin # d cos2 I = I0 sin # a sin # što predstavlja interferentnu sliku dvaju izvora, moduliranu ogibnom slikom svake pukotine. Ogibna rešetka je niz od N paralelnih jednako udaljenih pukotina širina a. Uzajamna udaljenost pukotina d naziva se konstantom rešetke. Intezitet svjetlosti iskazuje se izrazom #2 " #2 " sin a sin # sin N d sin # I = I0 a sin # sin d sin # Za vrlo veliki broj N maksimumi inteziteta pojavljuju se za kutove # za koje vrijedi d sin #m = m gdje je m 2 Z - i zove se red ogibne slike. Što je ve´ca valna duljina ve´ci je otklon za zadani red spektra. Disperzija ogibne rešetke de…nira se kao d# m D= = d d cos # Ogibna rešetka koristi se za spektralnu analizu ne samo vidljivog dijela spektra nego širokog podruµcja elektromagnetskog zraµcenja. Kristali predstavljaju prostorne rešetke za rendgenske (röntgen) zrake. Smjer otklona rendgenskih zraka pokazuje Braggova jednadµzba: 2d sin = m ; m 2 Z gdje je d razmak dviju mreµznih ravnina kristala, - polovina kuta otklona, a valna duljina rendgenskih zraka. Polarizacija svjetlosti odre†ena je ravninom titranja elektriµcnog polja u elektromagnetskom valu. Pri linearnoj (totalnoj) polarizaciji ravnina titranja je konstantna. Pri cirkularnoj plarizaciji ravnina titranja jednoliko kruµzi oko smjera širenja vala. Nepolarizirana svjetlost je ona pri kojoj se smjer titranja elektriµcnog polja neprestano mijenja, te ravnina titranja poprima sve mogu´ce poloµzaje. Zraku svjetlosti mogu´ce je polarizirati re‡eksijom. Ako su lomljena i re‡ektirana zraka me†usobno okomite, re‡ektirana zraka je totalno polarizirana. Upadni kut B dobije se pomo´cu Brewsterova zakona: n2 tan B = n21 = n1
76
16. FIZIKALNA OPTIKA
Optiµcka aktivnost je pojava zakretanja ravnine plarizacije karakteristiµcna za neke tvari, a posljedica je kristalne ili molekularne strukture tvari. U otopini kut zakretanja ravnine polarizacije proporcionalan je koncentraciji optiµcki aktivne tvari u otopini i duljini puta l; =
m
l
što daje mogu´cnosti ekperimentalnog odre†ivanja koncentracije. 2. Primjeri Primjer 54. Dva koherentna svjetlosna vala frekvencije = 5 1014 Hz dolaze u neku toµcku prostora s geometrijskom razlikom puta = 1:8 m. Odredite rezultat interferencije ako se valovi šire kroz staklo indeksa loma nS = 1:5 i kroz vodu indeksa loma nV = 1:33. Rješenje: Optiµcka razlika hoda iznosi =n Ako je = k , gdje je k cijeli broj imati ´cemo konstruktivnu interferenciju, a ako imamo destruktivnu interferenciju. U našem sluµcaju je za staklo je = k + 21 kS =
=
nS
=
nS
=
c
1:5 1:8 10 6 m 5 1014 s 3 108 ms
1
= 4: 5
pa je interferencija destrutivna i dobiva se tama, a za vodu kV =
=
nV
=
nV
=
c
1:33 1:8 10 6 m 5 1014 s 3 108 ms
1
=4
pa je interferencija konstruktivna i opaµza se svjetlost. Primjer 55. Promatraju´ci interferenciju dvaju koherentnih izvora monokromatske svjetlosti valne duljine = 620 nm, opaµza se na zastoru udaljenom od izvora svjetlosti D = 4:5 m N = 18 pruga interferencije na širini od l = 12 cm. Odredite udaljenost izme†u dvaju koherentnih izvora. Rješenje: Udaljenost izme†u susjednih pruga interferencije iznosi l 12 cm = = 8 mm N 15 pa je udaljenost izme†u izvora jednaka y=
d=
D y
=
4:5 m 6:2 10 8 10 3 m
7
m
= 3: 49 10
4
m
0:35 mm
Primjer 56. Kod Youngova ure†aja za promatranje interferencije koherentni izvori - pukotine na zastoru, me†usobno su udaljeni za d = 0:4 mm. Pruge interferencije promatramo na zastoru udaljenom D = 2 m od izvora. a): Ako izvori zraµce bijelu svjetlost valnih duljina 0:42 m 0:68 m, izraµcunajte mogu´ce redove interferencije k za koje se dobiju tamne pruge na udaljenosti y = 3 cm iznad središta zastora. b): Ako izvori zraµce monokromatsku svjetlost valne duljine = 0:6 m, prona†ite udaljenost izme†u susjednih pruga interferencije u blizini središta zastora.
2. PRIM JERI
77
Rješenje: Tamne pruge interferencije se dobiju kada je zadovoljen uvjet d y = D
m+
1 2
gdje je m cijeli broj, koji izraµzen preko valne duljine daje m=
1 2
d y D
a): Za vidljivu svjetlost dobivamo na rubnim podruµcjima m1
=
m2
=
d y D 1 d y D 2
1 0:4 mm = 2 2 m 4:2 1 0:4 mm = 2 2 m 6:8
3 cm 10 7 m 3 cm 10 7 m
1 = 13: 786 2 1 = 8: 323 2
odakle slijedi da m moµze poprimiti vrijednosti cijelih brojeva od 9
m
13
b): Udaljenost izme†u susjednih pruga za monokromatsku svjetlost iznosi y=
D 2 m 6 10 7 m = = 0:003 m d 0:4 mm
Primjer 57. Koju najmanju debljinu treba imati tanki list izgra†en od materijala indeksa loma n = 1:54 da bi osvijetljen zrakama valne duljine = 750 nm okomito na površinu izgledao crven, a koju da bi izgledao crn, ako promatramo u re‡ektiranoj svjetlosti? Rješenje: Za svjetlost koja pada okomito na list optiµcka razlika hoda iznosi = 2nd +
2
jer se gornja zraka re‡ektira na guš´cem sredstvu. Da bi list izgledao obojen interferencija treba biti konstruktivna, što vrijedi kada je 2nd +
2
=m
pa za najtanji sloj m = 1 vrijedi 2nd +
2
=
=) d =
4n
=
7:5 10 7 m = 1: 22 10 4 1:54
7
m
a da bi izgledao crn interferencija treba bti desktruktivna, tj. 2nd +
2
=
m+
1 2
što za m = 1 daje 2nd +
2
=
3 7:5 10 7 m =) d = = = 2:44 10 2 2n 2 1:54
7
m
Primjer 58. Newtonovi kolobari dobiju se plankonveksnom le´com polumjera zakrivljenosti R = 10 m i planparalelnom ploµcom. Koliki je polumjer drugoga tamnog kolobara ako izme†u le´ce i ploµce stavimo zrak (nz = 1), vodu (nv = 1:33) ili glicerin (ng = 1:49). Duljina vala upadne svjetlosti iznosi = 600 nm.
78
16. FIZIKALNA OPTIKA
Rješenje: Polumjer m-tog tamnog kolobara je r mR r= n što za drugi kolobar m = 2 za zrak daje r r 2R 2 10 m 6 10 r= = nz 1 za vodu r= i za glicerin r=
7
r
2R = nv
r
2 10 m 6 10 1:33
7
s
2R = ng
r
2 10 m 6 10 1:49
7
m
m
m
= 3:4641 mm
= 3:0038 mm
= 2:8379 mm
Primjer 59. Ogibnu sliku µzice debljine d = 1 mm promatramo na zastoru udaljenom D = 0:7 m od µzice. Me†usobna udaljenost tamnih pruga su y = 0:3 mm. Koliko iznosi valna duljina svjetlosti koja obasjava µzicu? Rješenje: Za ogib na tankoj µzici vrijedi izraz D d pa je traµzena valna dduljina y=
0:3 mm 1 mm y d = = 4: 285 7 10 7 m D 0:7 m Primjer 60. Plava svjetlost valne duljine = 480 nm upada okomito na rešetku sa N = 2000 linija po centimetru. Pod kojim se kutom pojavljuje difrakcijska slika tre´ceg reda? Kolika je kutna disperzija rešetke? Koliki je maksimalni mogu´ci red difrakcije za svjetlost ove valne duljine na rešetki? =
Rješenje: Konstanta rešetke iznosi l 1 cm d= = = 5 10 6 m N 2000 Difrakcijska slika tre´ceg reda (m = 3) zadana je uvjetom sin #
=
#
=
m 3 480 nm = = 0:288 d 5 10 6 m arcsin 0:288 = 16 440
Kutna disperzija rešetke iznosi 3 m rad = = 20 900 nm 1 = 6:265 105 d cos # 5 10 6 m cos 16 440 m Maksimalni mogu´ci red mm difrakcije zadan je najve´cim cijelim brojem koji zadovoljava relaciju D=
5 10 6 m = 10: 417 480 nm pa je maksimalno mogu´ci red (mm = 10) deseti. m=
d sin #
d
=
2. PRIM JERI
79
Primjer 61. Snop redgenskih zraka lomi se na kuhinjskoj soli. Spektar prvoga reda odgovara kutu sjaja = 6 500 , a udaljeost izme†u mreµznih ravnina je d = 0:281 nm. Odredite valnu duljinu rendgenskih zraka i poloµzaj spektra drugoga reda. Koji je najve´ci red spektra koji se moµze opaziti? Rješenje: Valnu duljinu spektra prvog reda (m = 1) dobivamo iz 2d sin = 2d sin = 2 0:281 nm sin 6 500 = 6:687 10 m Za spektar drugog reda kut sjaja iznosi =
sin
2
=
2
=
11
m
m 2 6:687 10 11 m = = 0:237 97 2d 2 0:281 nm 0 arcsin 0:237 97 = 13 46
Najviši mogu´ci red mm je 2d sin
2 0:281 nm = 8: 404 4 6:687 10 11 m odnosno osmi (m = 8) red spektra. m=
2d
=
Primjer 62. Koliki je kut elevacije Sunca kad su Sunµceve zrake re‡ektirane od mirne površine vode totalno plarizirane? Rješenje: Re‡ektirana je zraka totalno polarizirana ako upadni kut uB zadovoljava Brewsterov uvjet tan uB = n. Za vodu indeksa loma n = 1:33 upadni kut iznosi tan uB uB
= =
1:33 arctan 1:33 = 53 70
pa je kut elevacije jednak = 90
uB = 90
53 70 = 36 530
Primjer 63. Zraka svjetlosti pada na posudu ispunjenu vodom i re‡ektira se na dnu posude. Koliki je kut pod kojim je zraka upala na površinu vode ako je re‡ektirana zraka totalno polarizirana? Indeks loma stakla je ns = 1:5 a vode nv = 1:33. Rješenje: Re‡ektirana zraka je polarizirana kada je tan u2 =
ns 1:5 = = 1:12782 nv 1:33
pa je kut upada zrake iz vode na staklo u2 = arctan 1:12782 = 48 260 Zbog loma zrake na granici izme†u vode i zraka vrijedi sin u1 nv 1:33 nv = =) sin u1 = sin u2 = sin 48 260 = 0:99515 nz sin u2 nz 1 pa upadni kut iznosi u1 = arcsin 0:99515 = 84 210 pa je kut pod kojim zraka upada na površinu vode = 90
u1 = 90
84 210 = 5 390
80
16. FIZIKALNA OPTIKA
Primjer 64. Svaki gram m0 otopljen u V0 = 1 cm3 vode zakretanje ravnine polarizacije linearno polariziranog elektromagnetskog vala iznosi 0 = 6:65 po centimetru. Cijev duga 30 cm sadrµzi otopinu še´cera koncentracije 15 g po 100 cm3 otopine. Prona†ite kut zakretanja polariziranog vala. Rješenje: Kut zakretanja proporcionalan je gusto´ci i debljini sloja otopine. Konstanta proporcionalnosti moµze se odrediti pomo´cu izraza m
0
= 0
l0
=
0 m0 V0
l0
=
6:65 10 3 kg 1 cm3
10
2
m
= 0:665
m2 kg
U zadanom primjeru zakretanje ravnine polarizacije iznosi m = l= m l m V m2 15 10 3 kg 0:3 m = 29: 925 = 0:665 kg 100 10 6 m3
Dio 2
UVOD U STRUKTURU TVARI
POGLAVLJE 17
µ µ µ ZAKONI ZRACENJA I CESTI CNA PRIRODA SVJETLOSTI 1. Uvod Elektromagnetsko zraµcenje istoremeno posjeduje valna i µcestiµcna svojstva. U µcestiµcnoj slici (Einstein) snop svjetlosti sastoji se od nedjeljivih µcestica fotona kvanata elektromagnetskog zraµcenja - kojima je masa jednaka nuli, a gibaju se brzinom svjetlosti. Kao svaka µcestica, tako i foton ima µcestiµcna svojstva: energiju i koliµcinu gibanja. Poznajemo li valnu duljinu , odnosno frekvenciju zraµcenja, energiju i koliµcinu gibanja odre†ujemo pomo´cu relacija hc E = h = p
=
h
=
hc
gdje je h = 6:6260755 10 34 J s - Planckova konstanta. Sva tijela ugrijana na neku temperaturu zraµce kontinuirani (neprekidni) niz valnih duljina koji nazivamo toplinskim zraµcenjem. Intezitet roplinskog zraµcenja za neku temperaturu iskazuje se izrazom Z1 Z1 dI I= d = I d d 0
0
gdje je ddI = I dio inteziteta koji pripada na zraµcenje izme†u valnih duljina + d . Funkciju f ( ;T) =
dI d
i
c:t:
za crno tijelo nazivamo spektralnom gusto´com zraµcenja. Ova funkcija ima maksimum za vrijednost valne duljine m koja je povezana s temperaturom pomo´cu Wienova zakona: m
T = b = 2:897756 10
3
mK
gdje je b - Wienova konstanta. Op´ci izraz za spektralnu gusto´cu zraµcenja u ovisnosti o valnoj duljini i temperaturi poznat je kao Planckov zakon zraµcenja koji glasi f ( ;T) =
2 hc2 5
1 e
hc kT
1
23 J K
gdje je k = 1:3806568 10 - Boltzmannova konstanta. Spektralna gusto´ca zraµcenja moµze se izraziti i pomo´cu frekvencije zraµcenja: f ( ;T) =
2 h h c2 e kT
3
1 Najbolji naµcin da se dobije idealno crno tijelo, tj. tijelo koje apsorbira svo upadno zraµcenje, i to za sve valne duljine jeste da se naµcini mali otvor na stijenki 83
µ µ µ 17. ZAKONI ZRA CENJA I CESTI CNA PRIRODA SVJETLOSTI
84
izotermne površine u kojoj vlada toplinska ravnoteµza. Tada je gusto´ca energije u šupljini povezana sa spektralnom gusto´com zra´cenja iz otvora relacijom 4 f ( ;T) c Ukupna snaga koju zraµci crno tijelo površine S i temperature T iznosi ! ( ;T) =
P = ST 4 gdje je = 5:67051 10 8 m2WK4 - Stefan-Boltzmannova konstanta. Foton moµze predati ili primiti energiju u me†udjelovanju s elektronom i drugim µcesticama. Fotoelektriµcni efekt je pojava koja nastaje kada metalnu katodu osvijetlimo elektromagnetskim zraµcenjem, te tada iz nje izlaze elektroni. Energija fotona h se pri tome raspodijeli na kinetiµcku energiju elektrona Ek , a dio se utroši na rad izlaza Wi , tj. energiju potrebnu da elektron iza†e iz metala. Vrijedi relacija h = Ekmax + Wi pri µcemu je najmanja energija koju moraju imati fotoni da bi izbili elektron iz metala jednaka radu izlaza Wi (to je najmanja energija pri kojoj moµzemo opaziti ovaj efekt), tako postoji i najniµza frekvencija g - prag fotoelektriµcnog efekta, za koju je pojava mogu´ca. Wi = h
g
i vrijedi Ekmax = h (
g)
Ak je frekvencija ve´ca od frekvencije praga, a µzelimo zaustaviti snop elektrona koji izlazi iz katode, primjenjujemo napon zaustavljanja, koj je odre†en konetiµckom energijom fotoelektrona. h Ekmax = ( g) e e Comptonov efekt je pojava pri kojoj foton nalije´ce na mirni elektron i pri tome mu predaje dio svoje energije. U tom procesu vrijede zakoni oµcuvanja koliµcine gibanja i energije. Nakon sudara fotona valne duljine s elektronom, elektron dobije koliµcinu gibanja pod nekim kutom prema smjeru upadnog zraµcenja, a foton smanjenje energije, sada ve´ce valne duljine 0 , otklanja se pod kutom # prema poµcetnom smjeru. U eksperimentu se, uz zraµcenje prvobitne valne duljine , opaµza i zraµcenje nove valne duljine 0 , a promjena valne duljine ovisi o kutu otklona prema zakonu h = 0 = (1 cos #) me c U=
Veliµcinu C = mhe c = 2:427 10 12 m nazivamo Comptonovom valnom duljinom za elektron. Ako snop elektrona ubrzamo visokim naponom i usmjerimo ga na jezgre ili atome teµzih elemenata, elektron se u sudaru moµze zaustaviti i svu svoju energiju ili jedan njezin dio predaje teškoj µcestici, pri µcemu nastaje foton velike energije. To je proces zakoµcnog zraµcenja tipiµcan za nastajanje röntgenskih zraka (ili zraka još kra´ce valne duljine). 2. Primjeri Primjer 65. Koliko fotona emitira svake minute radio-odašiljaµc snage P = 30 kW, koji radi na valnoj duljini = 2: 942 m?
2. PRIM JERI
85
Rješenje: Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije emitirane u jednoj minuti Euk = P t = 30 kW 60 s = 1:8 MJ i energije jednog fotona koja iznosi Ef
= h = =
hc
=
6: 752 10
6:6260755 10 26
34
J s 2:99792458 108 2: 942 m
m s
J
dakle, N=
Euk 1:8 MJ = = 2: 665 9 1031 Ef 6: 752 10 26 J
Primjer 66. Izraµcunajte frekvenciju i valnu duljinu fotona koji nastaje kad se elektron konetiµcke energije Ek = 15 MeV zaustavi pri suaru s teškom jezgrom. Rješenje: Uz pretpostavku da je sva kinetiµcka energija prešla u energiju fotona, vrijedi = =
15 MeV Ek = = 3: 627 0 1021 s 1 h 4:1356692 10 15 eV s 2:99792458 108 m s 1 c = = 8: 265 6 10 14 m 3: 627 0 1021 s 1
Primjer 67. Monokromatska svjetlost valne duljine = 400 nm upada okomito W na plohu površine S = 4 cm2 . Ako je intezitet svjetlosti I = 12 m 2 , odredite koliko 18 dugo ploha treba biti izloµzena svjetlosti da bi na nju palo N = 10 fotona. Rješenje: Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije koja padne na plohu Euk i energije pojedinog fotona Ef N=
ISt Euk ISt = Ef hc hc
dakle, t
= =
N hc 1018 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s = W IS 12 m 4 cm2 400 nm 2 103: 46 s
1
Primjer 68. Koju brzinu mora imati elektron da bi njegova koliµcina gibanja bila jednaka koliµcini gibanja fotona valne duljine = 400 nm? Rješenje: Koliµcina gibanja elektrona pe i fotona pf zadani su izrazima pe
=
me v
q
1
pf
=
h
v 2 c
µ µ µ 17. ZAKONI ZRA CENJA I CESTI CNA PRIRODA SVJETLOSTI
86
Izjednaµcavanjem ova dva izraza dobivamo h
h
q
=
2
v
=
2
v 2 c
1
= ()
m2e v 2 m2e v 2 c2 c2 2 = =) v = 2 c2 v 2 1 + mehc 1 vc2
2
=
me v
q
c me c h
1+
=r 1+
2:99792458 108 m s 9:1093897 10
31
1
kg 2:99792458 108 m s 6:6260755 10 34 J s
1
400 nm
m s Primjer 69. Izraµcunajte pri kojoj bi temperaturi maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja bio na valnoj duljini = 0:48 nm. Koliko iznosi maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja za ljudsko tijelo temperature T = 37 C? 7: 383 5 105
=
Rješenje: Iz Wienova zakona T
m
= b slijedi
2:897756 10 3 m K = 6: 037 0 106 K 0:48 nm m a maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja za ljudsko tijelo iznosi b
T =
=
2:897756 10 3 m K b = = 9: 347 6 10 6 m T 310 K što je valna duljina infracrvenog dijela spektra elektromagnetskog zraµcenja. m
=
Primjer 70. Sunµcevo zraµcenje ima maksimum spektralne gusto´ce zraµcenja na valnoj duljini = 480 nm. Izraµcunajte kolika je temperatura površine Sunca uz pretpostavku da Sunce zraµci kao idealno crno tijelo? U kojem bi dijelu spektra spektralna gusto´ca zraµcenja bila maksimalna ako bi se površina Sunca ohladila na jednu desetinu sadašnje vrijednosti? Rješenje: Iz Wienova zakona dobivamo 2:897756 10 3 m K b = = 6037 K T = 480 nm m Desetina sadašnje vrijednosti iznosi T 0 = 603:7 K, pa je maksimalna valna duljina spektralnog zraµcenja b 2:897756 10 3 m K = = 4: 8 10 T0 603:7 K tj. u infracrvenom dijelu spektra. m
=
6
m
Primjer 71. Pri kojoj temperaturi bi foton maksimuma spektralne gusto´ce zraµcenja imao energiju: a) 0.002 eV; b) 0.3 eV i c) 1 MeV? Rješenje: Veza izme†u energije i valne duljine glasi hc E pa iz Wienova zakona slijedi =
T =
c
b
=
=
b hc E
=
bE hc
2. PRIM JERI
87
pa su traµzene temperature 2:897756 10 3 m K 3: 204 4 10 22 J = 4: 674 5 K 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s 1 2:897756 10 3 m K 4: 806 5 10 20 J b) T = = 701: 15 K 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s 1 2:897756 10 3 m K 1: 602 2 10 12 J c) T = = 2: 337 2 109 K 6:6260755 10 34 J s 2:99792458 108 m s 1 Primjer 72. Ako Sunce zraµci kao crno tijelo, izraµcunajte ukupnu energiju koju S = 1 m2 površine Sunca emitira u jednoj godini. Prosjeµcna temperatura površine Sunca je T = 6000 K. a) T
=
Rješenje: Snaga zraµcenja zadana je izrazom P = ST 4 pa je ukupna emitirana energija W
= P t = ST 4 t 8
=
5:67051 10
=
2:3176 1015 J
W 1 m2 m2 K4
6 103 K
4
3:1536 107 s
Primjer 73. Uµzarena ploµca površine S = 20 cm2 zraµci u jednoj minuti W = 0:5 kWh energije. Izraµcunajte temperaturu površine ploµce. Izgleda li ona zaista crno? Rješenje: Iz izraza za ukupnu energiju zraµcenja W = ST 4 t dolazimo do temperature s r W 0:5 3:6 106 J 4 T = = 4 St 5:67051 10 8 m2WK4 2 10
3
m2 60 s
= 4032: 9 K
pa je valna duljina na kojoj spektar zraµcenja ima maksimum jednaka b 2:897756 10 3 m K = = 7: 185 3 10 T 4032: 9 K pa ´ce ploµca imati tamnocrvenu boju. m
=
7
m
719 nm
Primjer 74. Izraµcunajte najmanju frekvenciju zraµcenja koja ´ce izazvati fotoelektriµcni efekt na materijalu za koji je rad izlaza Wi = 3:8 eV. Kojem dijelu spektra pripada to zraµcenje? Rješenje: Najmanja frekvencija je ona za koju je izlazna kinetiµcka energija jednaka nuli, odnosno Wi 3:8 eV h g = Wi =) g = = = 9: 188 4 1014 s 1 h 4:1356692 10 15 eV s ovo zraµcenje ima valnu duljinu = 326 nm, dakle pripada ultraljubiµcastom dijelu zraµcenja. Primjer 75. Kalijeva katoda ozraµcena je ultraljubiµcastim zraµcenjem valne duljine = 250 nm. Ako je rad izlaza za kalij Wi = 2:21 eV izraµcunajte maksimalnu kinetiµcku energiiju emitiranih elektrona.
µ µ µ 17. ZAKONI ZRA CENJA I CESTI CNA PRIRODA SVJETLOSTI
88
Rješenje: Energija fotona utroši se na svladavanje rada izlaza, dok ostatak energije prelazi u kinetiµcku energiju elektrona. Vrijedi h = Ekmax + Wi odnosno Ekmax
= h
hc
Wi =
Wi
34
6:626 10 J s 2:998 108 2:5 10 7 m 4: 41 10 19 J = 2:756 eV
= =
m s
2:21 1:6 10
19
J
Primjer 76. Emiter u fotoelektriµcnoj cijevi ima fotoelektriµcni prag na valnoj duljini g = 600 nm. Odredite valnu duljinu upadne svjetlosti ako je zaustavni potencijal za tu svjetlost U = 2:5 V. Kojem dijelu spektra pripadaju valne duljine i g? Rješenje: Zaustavni potencijal dobivamo iz izraza eU = Ekmax =
hc
Wi
Koriste´ci izraz za prag fotoelektriµcnog efekta Wi = h
g
=
hc g
slijedi =
hc hc = eU + Wi eU +
hc g
=
19
1:6 10 C 2:5 V 6:626 10 34 J s 2:998 108 m s
= =
2: 717 2 10
7
1
eU 1 + hc g 1
1 + 600 nm
1
m = 271:72 nm
Valna duljina g pripada vidljivom (crvenom) dijelu spektra, a valna duljina ultraljubiµcastom dijelu spektra elektromagnetskog zraµcenja. Primjer 77. Koliki napon treba primijeniti kako bi se zaustavili fotoelektroni koji izlaze iz barijeve katode osvijetljene zraµcenjem valne duljine = 300 nm? Graniµcna valna duljina za barijevu katodu iznosi g = 496 nm. Kojem dijelu spektra pripadaju valne duljine? Rješenje: Zaustavni napon dobivamo iz izraza eU U
= Ekmax = h = = =
hc e
1
6:626 10 1: 635 4 V
Wi = h (
g)
= hc
1
1 g
1 g 34
J s 2:998 108 m s 1:6 10 19 C
1
1 300 nm
1 496 nm
2. PRIM JERI
89
Primjer 78. Rentgenska zraak valne duljine = 0:04 nm pada na elektron i pri tome se zbiva Comptonovo raspršenje. Prona†ite valnu duljinu raspršenog fotona ako je kut raspršenja = 75 . Kolika je kinetiµcka energija elektrona nakon raspršenja? Rješenje: Promjena valne duljine pri Coptonovu raspršenju iznosi h 0 = (1 cos ) me c pa je valna duljina nakon raspršenja h 0 (1 cos ) = + me c 6:626 10 34 J s = 0:04 nm + (1 9:11 10 31 kg 2:998 108 m s 1 = 4: 179 8 10 11 m
cos 75)
Iz zakona oµcuvanja energije slijedi h + me c2
0
= h
Ek0
+ me c2 + Ek0 0
= h( = =
) = hc
6:626 10
34
2: 136 3 10
1
1 0
J s 2:998 108 m s 16
1
1 4 10 11 m
1 4: 179 8 10
11
m
J = 1335: 2 eV
Primjer 79. Izraµcunajte Comptonovu valnu duljinu za elektron, proton, µcesticu i jezgru olova 106 P b.
-
Rješenje: Comptonova valna duljina je de…nirana izrazom h C = mc pa je za elektron C
=
6:626 10 34 J s h = me c 9:11 10 31 kg 2:998 108 m s
C
=
h 6:626 10 34 J s = mp c 1:673 10 27 kg 2:998 108 m s
1
= 2: 426 1 10
12
m
za proton 1
= 1: 321 1 10
15
m
za -µcesticu C
=
C
=
h
m i za jezgru olova
c
=
h mP b c
6:626 10 34 J s 4 1:673 10 27 kg 2:998 108 m s
=
1
6:626 10 34 J s 206 1:673 10 27 kg 2:998 108 m s
= 3: 303 10
1
16
m
= 6: 412 9 10
18
m
POGLAVLJE 18
VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE 1. Uvod µ Materija, kao i svjetlost posjeduje istodobno i valnu i µcestiµcnu prirodu. Cestici mase m, koja se giba po pravcu brzinom v i ima ukupnu energiju E; odgovara ravni val kojemu su valna duljina i frekvencija dane de Broglievim ralacijama h p E h
= = pri µcemu su p i E relativistiµcki izrazi p
=
mv
q
v 2 c
1
E
=
mc2
q
v 2 c
1
=
q 2 2 (mc2 ) + (cp)
Heisenberg je 1927. godine izrekao da je nemogu´ce toµcno i istovremeno odrediti oba µclana odgovaraju´cih parova …zikalno promjenjivih koji opisuju ponašanje sustava. Heisenbergove relacije glase x
p
t
JZ E
'
~ ~ ~
34
pri µcemu je h = 6:6260755 10 J s Planckova konstanta. µ Cestica ome†ena u prostoru prikazana je valnim paketom koji se giba grupnom brzinom: dE =v vg = dp Vjerojatnost nalaµzenja µcestice u intervalu od x do x+dx iznosi P (x) dxmgdjeje 2
P (x) = j (x)j
gusto´ca vjerojatnosti odre†ena valnom funkcijom (x). Za µcesticu koja je opisana valnom funkcijom, valna funkcija mora zadovoljavati uvjet normiranosti +1 Z 2 j (x)j dx = 1 1
91
92
18. VALNA PRIRODA M ATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE
Vjerojatnost da se µcestica na†e u nekom intervalu na pravcu x izme†u toµcaka x = a i x = b odre†uje se integralom P (a < x < b) =
Zb a
Valne funkcije jednadµzbe ^ H
n
n
2
j (x)j dx
(x) nekog …ziµckog sistema dobivaju se kao rješenja Schrödingerove
(x) = En
n
(x)
^ - operator energije (hamiltonijan) gdje je H ~2 d 2 + Ep (x) 2m dx2
^ = H
gdje smo pretpostavili da je v p^ !
i~
c. Prvi µclan dobije se zamjenom
d dx
u klasiµcnom izrazu za kinetiµcku energiju Ek =
p2 2m
a drugi µclan je potencijalna energija sistema i za konzervativne sisteme ovisi samo o poloµzaju µcestice x. Ovdje su En - energija stacionarnog stanja opisanog valnom funkcijom n (x). Sliµcne jednadµzbe svojstvenih vrijednosti mogu se napisati i za neke druge …ziµcke veliµcine A^ (x) = A (x) gdje je A^ - operator koji pripada nekoj …ziµckoj veliµcini, a A - vrijednost te …ziµcke veliµcine u stacionarnom stanju opisanom valnom funkcijom (x). Za jednodimenzionalni harmoniµcki oscilator mase m, kojemu je konstanta harmoniµcke sile jednaka k = m! 2 , a potencijalna energija Ep =
1 2 kx 2
energije stacionarnih stanja su En =
n+
1 2
~!; n = N0
Za razliku od klasiµcne µcestice, u kvantnoj …zici µcestica kinetiµcke energije E moµze pro´ci kroz potencijalnu barijeru (prepreku) visine E0 i debljine L µcak i ako joj je energija manja od barijere (E < E0 ). Raµcunaju´ci valnu funkciju za taj sluµcaj, vjerojatnost prijelaza s jedne na drugu stranu prepreke jednaka je tzv. koe…cijentu proboja, µcija vrijednost pribliµzno iznosi T =e
2 L
gdje je =
p 2m (E0 ~
E)
2. PRIM JERI
93
2. Primjeri Primjer 80. Pretpostavimo da brzinu neke µcestice moµzemo mjeriti uz toµcnost 0:01%. Odredite kolika je neodre†enost poloµzaja µcestice, ako je rijeµc o: a): tijelu mase m = 70 kg koje se giba brzinom v = 20 ms , b): elektronu koji se giba brzinom v = 3 105 ms , c): elektronu koji se giba brzinom v = 108 ms . Rješenje: a) Budu´ci da je p&h
x
to za tijelo moµzemo pisati h = p
x &
h p p
h
=
p p
p
mv
6:626 10 34 J s = 4: 733 10 10 4 70 kg 20 ms
=
33
m
b) Za elektron x & =
h
h = p
10
4
p p
= p
h p p
me v
6:626 10 34 J s 9:11 10 31 kg 3 105
m s
= 2: 42 10
5
m
c) U ovome sluµcaju je bitno primjeniti relativistiµcke popravke izraza r q 108 m 34 s 2 v 6:626 10 Js 1 h 1 3 108 m h s c x & = = m 4 31 8 p p 10 9:11 10 kg 10 s me v p =
6: 86 10
8
2
m
µ Primjer 81. Cestica mase m nalazi se unutar jednodimenzionalnog razmaka duljine a. Pomo´cu naµcela neodre†enosti izraµcunajte najniµzu mogu´cu energiju koju takva µcestica moµze imati. Rješenje: Neodre†enost poloµzaja µcestice iznosi a, dok je najmanji mogu´ci iznos koliµcine gibanja j! p j onaj za koji vrijedi 1 h h j! pj & = j! pj 2 2 x 2a Pretpotstavimo da µcestica unutar intervala ima potencijalnu energiju jednaku nuli. Tada je ukupna energija jednaka kinetiµckoj 2 h 2 j! pj h2 2a E= & = 2m 2m 8ma2 odakle vrijedi uvjet h2 8ma2 što ukazuje na bitnu razliku u odnosu na klasiµcnu …ziku, a to je da energija vezanog stanja ne moµze biti jednaka nuli. Emin =
Primjer 82. Koriste´ci naµcelo neodre†enosti izraµcunajte najmanju mogu´cu energiju za neutron i elektron koji bi se nalazio u jezgri promjera 10 14 m.
94
18. VALNA PRIRODA M ATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE
Rješenje: Za neutron vrijedi Emin
6:626 10 34 J s h2 = = 8mn a2 8 1:675 10 27 kg (10
2 14
m)
2
= 3: 276 10
13
J = 2:048 MeV
Za elektron se problem rješava relativistiµckim izrazom s 2 Ek 1 + 1 p = me c me c2 pa je
s
x
p = a 2p = 2a me c
Odavdje je uvjet za energiju 2s
jednaka Emin
31
2s
0:512 MeV 4
= =
kg
3 108
1&h
15
+1
odakle je najmanja energija elektrona uz me c2 = 9:11 10
2
3
2
h 2me c a
Ek & me c2 4
Ek +1 me c2
m s
2
= 0:512 MeV
6:626 10 34 J s 2 9:11 10 31 kg 3 108 ms 10
2 14
m
61:64 MeV
+1
3
15
Primjer 83. Izraµcunajte uz koliku najmanju pogrešku poznajemo energiju nekog atomskog stanja ako elektron u tom stanju ostaje 1 ns. Rješenje: Iz relacije neodre†enosti slijedi 6:626 10 34 J s h = = 6:626 10 25 J = 4:141 10 6 eV t 10 9 s Ovaj energetski razmak (nepoznanica u energiji) se naziva širina spektralne linije . E&
=
Primjer 84. Prona†ite de Broglievu i Comptonovu valnu duljiu loptice mase m = 10 g koja se giba brzinom v = 10 ms . Moµze li se eksperimentalno provjeriti valna priroda ovog objekta? Rješenje: Radi se o nerelativistiµckoj µcestici, pa je de Broglieva valna duljina =
h h 6:626 10 34 J s = 6: 626 10 = = p mv 10 2 kg 10 ms
33
m
a Comptonova C
=
h 6:626 10 34 J s = mc 10 2 kg 2:998 108
m s
= 2: 210 1 10
40
m
Da bi se eksperimentalno mogla potvrditi valna priroda ove µcestice, u pokusu difrakcije gdje širina pukotine mora biti sumjerljiva valnoj duljini ne´ce biti ispunjen uvjet, jer bi ta širina morala biti reda 10 33 m, što nije sluµcaj.
2. PRIM JERI
95
Primjer 85. Snop elektrona energije E0 = 1 eV upada na potencijalnu prepreku visine E = 5 eV i širine L = 0:5 nm. Odredite vjerojatnost da se ellektron na†e s druge strane prepreke. Rješenje: Vjerojatnost opada sa širinom prepreke po zakonu T =e gdje je
2 L
p
2m (E E0 ) = = ~ pa je traµzena vjerojatnost T =e
2 1: 024 7 1010 m
1
p 2 9:11 10 31 kg (5 eV 1 eV) = 1: 024 7 1010 m 1:05457266 10 34 J s 0:5 nm
= 3: 546 4 10
pa je jedan od 28200 elektrona pro´ci kroz barijeru.
5
1 28200
1
POGLAVLJE 19
ATOM 1. Uvod Atom je kvantnomehaniµcki sistem u kojem jezgra, koja je pozitivni elektriµcki nabijena nabojem +Ze i Z elektrona uzajamno djeluju elektrostatskim silama. Ovakav sistem je elektriµcki neutralan. Ostane li u elektronskom oblaku samo jedan elektron, govorimo o jednoelektronskom atomu. Neka svojstva jednoelektronskog atoma (kao što su atom vodika H ili ioni helija He+ , te litija Li++ ), mogu se objasniti poluklasiµcnim Bohrovim modelom atoma. U Bohrovu modelu atoma elektron se giba oko jezgre po kruµznici polumjera r brzinom v. Pri tome je centripetalna sila gibanja elektrona jednaka elektrostatskoj privlaµcnoj sili izme†u jezgre i elektrona: Ze2 me v 2 =k 2 r r Ukupna energija elektrona je zbroj kinetiµcke i potencijalne energije me v 2 Ze2 k 2 r gdje su mogu´ce samo one kruµznice koje zadovoljavaju Bohrov kvantni uvjet za moment koliµcine gibanja L: E=
L = me rv = n~; n 2 N Polumjer kruµzne staze odre†en je kvantnim brojem n : a0 2 n rn = Z a brzina elektrona u toj stazi ~Z 1 me a0 n gdje smo sa a0 oznaµcili polumjer prve staze u vodikovu atomu, koji se naziva Bohrov radijus vn =
a0 = 0:529177249 10
10
m
Energije stacionarnih stanja (”kruµznih staza”) tako†er su kvantizirane i opisane su izrazom Z2 EnZ = E1 n2 gdje je energija osnovnog stanja atoma vodika jednaka E1 =
me e4 = 8"20 h2
2:18 10
18
J=
13:6 eV
Prijelazom iz stanja više energije u stanje niµze energije atoma emitira se foton energije E = h = EnZ2
EnZ1 =
1 n21
E1 97
1 n12
Z2
98
19. ATOM
Frekvencija
tog zraµcenja jednaka je E = h a valna duljina pomo´cu relacije 1
=
c
E1 hc
=
1 n21
1 n12
1 n12
1 n21
Z 2 = R1
Z2
gdje je R1 = 1: 097 4 107 m 1 - Rydbergova konstanta. U kvantnoj mehanici problem jednoelektronskog atoma rješava se raµcunanjem valnih funkcija poo´cu Schrödingerove jednadµzbe s efektivnom potencijalnom energijom. Ona ovisi o udaljenosti r elektrona od jezgre prema zakonu L2 Ze2 + r 2me r2 Drugi µclan, koji sadrµzi moment koliµcine gibanja L, dolazi zbog centrifugalne sile koju osje´ca elektron pri vrtnji oko jezgre. Epef f (r) =
k
2. Primjeri Primjer 86. Izraµcunajte frekvenciju zraµcenja koji nastaje prijelazom elektrona iz prvog pobu†enog stanja u osnovno stanje vodikova atoma. Rješenje: Kvantizirane energije stacionarnih stanja elektrona u atoma su: En(Z) = E1
Z2 n2
E1
=
me e4 = 8"20 h2
=
2:176 10
gdje je 9:11 10 8 (8:85 10 18
J=
31
12
kg
Fm
1:6 10 1 )2
19
C
(6:626 10
4 34
2
J s)
13:6 eV
Razlika energijskih kvantiziranih stanja jednaka je energiji fotona, pa vrijedi E = En1
En2 = h
uz Z = 1 za vodik i n1 = 2 prvo pobu†eno stanje, n2 = 1 osnovno stanje slijedi 2
= =
En1 E1 h
En2 h 1 4
1
E1 Zn2
E1 Z 2 1 1 h h n21 n22 3E1 3 ( 13:6 eV) = = 2:47 1015 s 4h 4 6:626 10 34 J s 1
=
=
2
E1 Zn2 2
=
1
Primjer 87. Izraµcunajte valnu duljinu zraµcenja kojom treba ozraµciti atom kako bi došlo do ionizacije atoma H + ; He+ ; Li++ . Rješenje: da bi se postigla ionizacija atoma, elektron iz svog stacionarnog stanja trebao prebaciti u slobodno stanje, odnosno u stanje za koje je n2 = 1. Valnu duljinu zraµcenja dobivamo iz izraza 1
= R1
1 n21
1 n22
Z2
gdje je R1 Rydbergova konstanta R1 =
me e4 = 8h3 c"20
E1 = 1:097 107 m hc
1
2. PRIM JERI
99
Kako je najniµze stacionarno stanje je opisano sa n1 = 1, vrijedi =
1 R1 Z 2
1 n21
1
1 n22
=
pa za vodik H + imamo
1 R1 Z 2
1 n21
1 12
1
1 R1 Z 2
=
1 = 9: 116 10 8 m = 91:16 nm 1:097 107 m 1 12 za ion He+ imamo 1 = 2: 279 10 8 m = 22:79 nm He+ = 1:097 107 m 1 22 i za ion Li++ 1 = 1:013 10 8 m = 10:13 nm Li++ = 1:097 107 m 1 32 H+
=
Primjer 88. Pomo´cu brzine svjetlosti c, energije mirovanja elektrona E0el , ree ducirane Comptonove valne duljine elektrona ( r )C te prirodnim konstantama 1 konstanta …ne strukture i proton-elektron maseni odnos izrazite Bohrov radijus a0 , Rydbergovu konstantu R1 , brzinu elektrona u najniµzoj stazi vodikova atoma u Bohrovu modelu i energiju osnovnog stanja atoma vodika. Rješenje: U atomskoj …zici je prirodno (lakše) prikazivati jedinice pomo´cu sljede´cih veliµcina c = 2:99792458 108 m s 1 E0el = me c2 = 0:51099906 MeV e ~ e C = = 3: 861 6 10 13 m ( r )C = 2 me c e2 1 = = 7:29735308 10 3 4 "0 ~c mp 1 = = 1836:152701 me Bohrov radijus moµzemo pisati kao 2
h2 " 0 (2 ~) "0 c 4 "0 ~c ~ 1 = = = ( 2 2 2 me e me e c e me c Brzina elektrona u najniµzoj Bohrovoj stazi ~ c ~ c c e v1 = = = ( r )C 1 c e = me a0 c me c a0 ( r )C
e r )C
a0 =
Energija osovnog stanja atoma vodika E1
=
me e4 8"20 h2
1 2 ( ) 2 Rydbergova konstanta =
R1 =
E1 = hc
me c2 e2
c2 = c2
2
8"20 (2 ~) c2
me c2 = 1 2
2
2
=
e2 1 4 "0 ~c
2
E0el 2
2
2 ( ) me c2 me c 1 = = 2 ~c 4 ~ 4
2
(
e r )C
me c2 2
POGLAVLJE 20
ATOMSKA JEZGRA 1. Uvod Jezgra atoma sastoji se od nukleona koji se dijele na protone i neutrone. Ukupan broj nukleona u jezgri oznaµcavamo sa A (A - atomski maseni broj), dok broj protona oznaµcavamo sa Z (Z - redni broj atoma u periodnom sustavu elemenata), a neutrona sa N. Dakle vrijedi A=Z +N U oznaci nuklida uz naziv kemijskog elementa, A stoji kao gornji lijevi indeks, Z stoji kao donji lijevi indeks, a ukoliko je potrebno kao donji desni indeks ubacujemo i broj neutrona N. Kemijski element tada oznaµcavamo na sljede´ci naµcin: A Z K ili A citi nuklidi s istim brijem Z protona nazivaju se izotopima, nuklidi s Z KN . Razliµ istim brojem N neutrona nazivamo izotonima, a nuklidi s istim ukupnim brojem A nukleona su izobari. Ve´cina jezgri ima pribliµzno sferiµcan oblik, pa se uz tu pretpostavku polumjer jezgre R moµze raµcunati relacijom 1
R = r0 A 3
gdje je vrijednost r0 = 1:4 10 15 m. Masa atoma uvijek je manja od zbroja masa protona i neutrona od kojih je ta jezgra saµcinjena. Razlika mase m = Z mH + N mN
mA =
EB c2
nazivamo defektom mase, gdje je mH - masa atoma vodika, mN - masa neutrona, a mA - masa atoma za µciju jezgru raµcunamo defekt mase. Treba naglasiti da ovje raµcunamo sa masama atoma, a ne masama jezgara. U periodnom sustavu elemenata je uobiµcajeno navedena i masa atoma izraµzena u atomskim jedinicama. Atomska jedinica mase jednaka je masi od 1u = 1:6605402 10
27
kg
Energija vezanja jezgre EB = ( m) c2 je energija koja bi se oslobodila kada bismo poedinaµcne nukleone spojili u jezgru, odnosno, za neke jezgre energija koju bismo trebali utrošiti da jezgru rastavimo na pojedinaµcne nukleone. Masi od jedne atomske jedinice odgovara ekvivalent energije 1u c2
=
1:6605402 10
=
1: 492 4 10
10
27
kg
2:99792458 108
m s
2
J = 931:49432 MeV
Neki su nuklidi radioaktivni. Oni se spontano raspadaju (zbog svoje nestabilnosti) emitiraju´ci pritom -µcestice (jezgre 4 He), -µcestice (elektrone, odnosno pozitrone) ili -kvante, tj. kvante elektromagnetskog zraµcenja velikih energija 101
102
20. ATOM SKA JEZGRA
(E = h ' 1 MeV). Nakon i raspada mijenja se tip nuklida, a broj nukleona i elektriµcni naboj ostaju pri tome saµcuvani. Raspade moµzemo pisati u obliku !A Z
A ZX A ZX
!A Z 1
A ZX
4 2
Y +42 He
Y +e +f
raspad e
(
raspad)
(
raspad)
e
!A Z X +
Koliµcina poµcetnog broja nuklida (broj jezgara) u radioaktivnom uzorku eksponencijalno se smanjuje prema zakonu N = N0 e
t
gdje je N0 - broj radioaktivnih jezgara u trenutku t = 0, a N njihov broj u trenutku t, a - je konstanta raspada. Ona je povezana s vremenom poluraspada (poluµzivotom nuklida) izrazom T 21 =
ln 2
Vrijeme poluraspada T 12 je vrijeme koje je potrebno da se koliµcina jezgara radioaktivnog nuklida u nekom uzorku smanji na polovicu. Aktivnost radioaktivne tvari de…nira se izrazom t ln 2
T1 dN 2 = ( N0 ) e t = A0 e t = A0 e dt gdje je A0 - poµcetna aktivnost i daje brzinu kojom se nuklid raspada. Jedinica za aktivnost radioaktivne tvari je bekerel Bq = s 1 . U nuklearnim reakcijama dvije (ili više) jezgara me†udjeluju. Rezultat me†udjelovanja su dvije nove jezgre (ili više njih). Nuklearne reakcije su procesi u kojima vrijede mnogi zakoni oµcuvanja; posebice oµcuvanje energije (koja ukljuµcuje i energiju mirovanja), koliµcine gibanja, elektroµcnog naboja i broja nukleona. Najµceš´ci tip reakcije moµzemo prikazati kao
A=
a + X ! Y + b ili a (X; Y ) b gdje je a - upadna µcestica (projektil) kojom se bombardira meta X, pri µcemu nastaje jezgra Y i µcestica b. Energija koja se osloba†a ili utroši u nuklearnoj reakciji naziva se Q vrijednoš´cu reakcije i ona iznosi ! X X i i Q= m1 m2 c2 gdje je
X
i
i
mi1 - zbroj masa µcestica (jezgara) prije reakcije, a
i
X
mi2 - njihov zbroj
i
poslije reakcije. Q-vrijednost moµze biti pozitivna i negativna, jer da bi se neke reakcije uop´ce i dogodile treba dovesti energiju, dok se neke interakcije mogu dogoditi spontano, gdje se energija osloba†a. Osim ovih µcestica koje smo upoznali (elektron, proton i neutron) u prirodi postoji mnoštvo drugih µcestica. Jedna od njih je i foton. Foton je kvant elektromagnetskog zraµcenja, µcija je masa mirovanja jednaka nuli, ali ima koliµcinu gibanja i energiju. Svaka µcestica ima svoju antiµcesticu, ako µcestica posjeduje elektriµcni naboj, antiµcestica ima suprotan naboj jednakog iznosa. Npr. antiµcestica elektrona naziva se pozitron i ima naboj +e, dok joj je masa jednaka masi elektrona. U procesima me†udjelovanja izme†u µcestica zakoni oµcuvanja su od izrazite vaµznosti. U takvim procesima neke µcestice mogu nestati i pri tome natati nove µcestice. Npr. elektron i pozitron se mogu uzajamno poništiti pri µcemu bi nastala dva kvanta: e + e+ ! 2
2. PRIM JERI
103
Da bi se mogla dogoditi tvorba jednog para antiµcestica npr. elektron-pozitron, upadni foton mora imati minimalnu energiju jednaku ekvivalentu tih µcestica m 2 E = 2me c2 = 2 9:1093897 10 31 kg 2:99792458 108 s = 1: 637 4 10 13 J = 1: 022 MeV a proces se mora doga†ati blizu jezgre koja preuzima razliku energije i razliku koliµcine gibanja. 2. Primjeri Primjer 89. Odredite broj protona i neutrona u jezgri atoma najte polumjer, volumen i gusto´cu jezgre. Rješenje: U jezgri atoma 126 C ima Z = 6 protona i N = A Polumjer jezgre jednak je 1
R = r0 A 3 = 1:4 10
15
Z = 12
1
m 12 3 = 3: 205 2 10
15
12 6 C,
te izraµcu-
6 = 6 neutrona.
m = 3:2052 fm
volumen jezgre iznosi 4 3 4 4 3 3 R = r A= 1:4 10 15 m 12 V = 3 3 0 3 = 1: 379 3 10 43 m3 = 137:93 10 45 m3 = 137:93 fm3 a njena gusto´ca u A 3 1:66 10 27 kg 3u 17 kg = = 4 3 = 1:4447 10 3 3 15 4 r m3 4 (1:4 10 m) 0 3 r0 A Primjer 90. Izraµcunajte defekt mase, energiju vezanja i energiju vezanja po 235 nukleonu za kalcij 43 20 Ca i za uran 92 U . =
M = V
Rješenje: Za kalcij m = 20mH + 23mn m 43 20 Ca = (20 1:007825 + 23 1:008665 2
42:958780) u = 0:397 02u
2
EB = ( m) c = 0:397 02 uc = 0:397 02 931:48 MeV = 369: 82 MeV 369: 82 MeV EB = = 8: 600 5 MeV A 43 a za uran m = 92mH + 143mn m 235 92 U = (92 1:007825 + 143 1:008665 2
235:043915) u = 1: 915 1u
2
EB = ( m) c = 1: 915 1 uc = 1: 915 1 931:48 MeV = 1783: 9 MeV EB 1783: 9 MeV = = 7: 591 1 MeV A 235 Primjer 91. Koliko ´ce se jezgara u masi od m = 1 mg radioaktivnog izotopa 90 Sr raspasti za vrijeme od t1 = 1 dan a koliko za t2 = 14 godina, ako je vrijeme ploraspada T 21 = 28:8 godina? Rješenje: Broj raspadnutih jezgri razlika je poµcetnog i konaµcnog broja neraspadnutih jezgri N
= N0
N = N0
= N0 1
e
t ln 2 T1 2
N0 e =
t
m MSr
1
e
t ln 2 T1 2
104
20. ATOM SKA JEZGRA
što za jedan dan iznosi N=
10 6 kg 90 1:6726231 10
27
kg
27
kg
1
e
1
e
1 god ln 2 365 28:8 god
= 4: 380 1 1014
a za 14 godina N=
10 6 kg 90 1:6726231 10
14 god ln 2 28:8 god
= 1: 900 2 1018
Primjer 92. Za koliko ´ce se vremena 30% poµcetnog broja radioaktivnih nuklida radija 226 88 Ra raspasti, ako je vrijeme poluraspada jezgri radija T 12 = 1590 godina? Rješenje: Traµzi se vrijeme broja nuklida kada ih je ostalo od poµcetnog broja 30 N0 = 0:7N0 N (t) = N0 100 dok je broj zadan izrazom N (t) = N0 e
t
ln 2 T1 t 2
= N0 e
Izjednaµcavaju´ci ove izraze i izdvajanjem vremena t dobivamo 0:7N0 0:7 ln 0:7
ln 2 T1 t 2
= N0 e = e =
ln 2 T1 t 2
= ln ln 2 t T 12
ln 0:7 ln 0:7 = 1590 god: = 818: 17 god: ln 2 ln 2 Primjer 93. Kolika je starost organskog tijela, ako se 60% poµcetnog broja radioaktivnog nuklida ugljika 14 6 C rspalo, a vrijeme poluraspada jezgri ugljika iznosi T 12 = 5730 god? t
=
T 12
Rješenje: Ako se raspalo 60% poµcetnog broja nuklida, preostalo ih je 40%. Dakle, vrijedi N (t) = 0:4N0 = N0 e
ln 2 T1 t 2
pa je starost organskog tijela 0:4N0 0:4
= N0 e = e
ln 2 T1 t 2
ln 2 T1 t 2
ln 0:4
=
= ln ln 2 t T 12
t
=
T 12
ln 0:4 = ln 2
5730 god:
ln 0:4 = 7574: 6 god: ln 2
