elelektromagnetske pojave fsr

ELEKROMAGNETSKE POJAVE

Jadranko Batista

MostarCurrent address: MostarE-mail address: [email protected]: http://www.sve-mo.ba/fpmoz

Studentima �zike

SaµZetak. Ova knjiga je namijenjena prvenstveno studentima tehniµckih i prirod-nih znanosti prve godine studija.

Sadrµzaj

Preface v

Dio 1. ELEKTROSTATIKA 1

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 91. Primjeri 10

Poglavlje 5. Elektriµcna struja, gustoca elektriµcne struje i vodiµci 17

Poglavlje 6. Kapacitet i dielektriµcni materijali 211. Primjeri 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 411. Uvod 412. Primjeri 43

Poglavlje 13. IZMJENIµCNA STRUJA 491. Uvod 492. Primjeri 50

Poglavlje 14. ELEKTROMAGNETSKI VALOVI 611. Uvod 612. Primjeri 62

Poglavlje 15. GEOMETRIJSKA OPTIKA 671. Uvod 672. Primjeri 68

Poglavlje 16. FIZIKALNA OPTIKA 731. Uvod 732. Primjeri 76

iii

iv SADRµZAJ

Dio 2. UVOD U STRUKTURU TVARI 81

Poglavlje 17. ZAKONI ZRAµCENJA I µCESTIµCNA PRIRODA SVJETLOSTI 831. Uvod 832. Primjeri 84

Poglavlje 18. VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVE KVANTNEFIZIKE 91

1. Uvod 912. Primjeri 93

Poglavlje 19. ATOM 971. Uvod 972. Primjeri 98

Poglavlje 20. ATOMSKA JEZGRA 1011. Uvod 1012. Primjeri 103

Preface

This is the preface. It is an unnumbered chapter and since it appears beforethe 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. Je-dinica za elektriµcni naboj je kulon (Coulomb) ( C = A s). Svaki naboj moµze seizraziti kao cjelobrojni umnoµzak elementarnog naboja koji iznosi

e = 1:60217733 � 10�19 Ctako 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 jednakbroj pozitivnih i negativnih elementarnih naboja.

Zakon elektrostatske sile - Coulombov zakon glasi: sila izme�u dvatoµckasta naboja Q1 i Q2, koji su me�usobno udaljeni za r, zadana je izrazom

�!F 12 = k

Q1Q2r2

�!r 0 =1

4�"

Q1Q2r2

�!r 0

gdje je �!r 0 - jediniµcni vektor na spojnici naboja usmjeren prema naboju na kojidjeluje sila, a " - elekriµcna permitivnost (dielektriµcnost) dielektrika u koje se nalazenaboji. Dielektriµcna permitivnost u vakuumu iznosi

"0 = 8:854187817 � 10�12F

ma u dielektriku je

" = "0"r

gdje je "r - relativna permitivnost sredstva. Konstanta k u vakuumu, a pribliµzno iu zraku iznosi

k =1

4�"0= 8: 987 5 � 109 m

F� 9 � 109 Nm

2

C2

3

POGLAVLJE 2

Elektriµcno polje i vektor elektriµcnog pomaka

Jakost elektriµcnog polja u nekoj toµcki prostora se de�nira kao omjer sile nataj naboj i naboja u toj toµcki

�!E =

�!F

Q

Jedinica za jakost elektriµcnog polja je NC =

Vm . Jakost elektriµcnog polja toµckastog

naboja Q na udaljenosti r od naboja iznosi�!E = k

Q

r2�!r 0 =

1

4�"

Q

r2�!r 0

Ako u prostoru koji razmatramo postoji vi�e 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 povr�inu S de�nira se plo�nim integralom

�D =

ZZS

�!D � d�!S

Gaussov zakon kaµze da je ukupni elektriµcni tok kroz zatvorenu plohu S jednakalgebarskom zbroju elektriµcnih naboja koji se nalaze unutar volumena kojeg taploha ome�ujeI

S

�!D � d�!S =

Xi

Qi

7

POGLAVLJE 4

Elektrostatsko polje: rad, energija i potencijal

Rad elektriµcne sile pri pomjeranju naboja Q iz toµcke A u toµcku B u elektriµcnompolju jakosti

�!E jednak je

WAB = Q

BZA

�!E � d�!s = Ep (�!r A)� Ep (�!r B) = Q ('A � 'B) = Q � UAB

gdje je d�!s - pomak naboja, 'A � 'B = UAB - razlika potencijala (napon) izme�utih toµcaka. Potencijalna energija naboja Q u toµcki A elektriµcnog polja jakosti

�!E

jednaka je

Ep (�!r A) = �Q

AZAr

�!E � d�!s

a potencijal te toµcke

'A =Ep (

�!r A)Q

= �AZ

Ar

�!E � d�!s

gdje je Ar referentna toµcka u kojem je prema de�niciji potencijal jednak nuli. To jeobiµcno toµcka u beskonaµcnosti (za raspodjele naboja), toµcka na povr�ini Zemlje (uvecini primjena), ali moµze biti i neka druga proizvoljno odabrana toµcka1. Jedinicaza elektriµcni potencijal je volt

�V = J

C

�. Uzajamnapotencijalna energija dvaju

toµckastih naboja Q i Q�na udaljenosti r jest

Ep =1

4�"

Q �Q0r

Za veci broj nabijenih µcestica potencijalna energija jednaka je zbroju potencijalnihenergija svih parova µcestica, priµcemu treba obratiti paµznju da se potencijalna en-ergija svakog pojedinog para raµcuna samo jedanput. Potencijal toµckastog nabojaQ na udaljenosti r od naboja jest

' =1

4�"

Q

r

Kad polje ovisi samo o r (tj. polje je funkcija udaljenosti E = E (r)), jakostelektriµcnog polja i elektriµcni potencijal moµzemo povezati relacijom

E (r) = �d'dr

pa za toµckasti naboj jakost elektriµcnog polja iznosi

E =1

4�"

Q

r2

1Uporediti sa odabiranjem referantnog nultog nivoa potencijalne energije u gravitacijskimpoljima.

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 opcem sluµcaju jakost elektriµcnog polja zadana je vektorom gradijenta poten-

cijala ' (x; y; z) :

�!E = � grad' = �r'

gdje je vektor gradijenta de�niran kao

grad' = r' = @'

@x

�!i +

@'

@y

�!j +

@'

@z

�!k =

�@

@x

�!i +

@

@y

�!j +

@

@z

�!k

�| {z }

=grad

'

Elektriµcni dipol µcine dva naboja suprotna predznaka a jednaka iznosa, me�u-sobno udaljena za l. Vektor

�!p = Q � �!l

nazivamo dipolnim momentom, a ima smjer od negativnog ka pozitivnom naboju.Za vi�e naboja dipolni moment se de�nira kao

�!p =Xi

Qi � �!r i

gdje je �!r i - vektor poloµzaja i-tog naboja. Jedinica dipolnog momenta je ( Cm).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 suudaljena d = 30 cm. Odredite gdje treba postaviti negativni naboj Q3 da bi elektriµcnasila koja djeluje na njega bila jednaka nuli? Kolika je jakost elektriµcnog polja ielektriµcni 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

�� =1

4�"0

Q1 �Q2x2��!F 23

�� =1

4�"0

Q2 �Q3(d� x)2

1. PRIMJERI 11

Da bi se ove dvije sile poni�tile moraju biti jednakog iznosa i suprotnog smjera,odakle slijedi da ova tri naboja moraju leµzati na istom pravcu. Dakle,

Q1 �Q2x2

=Q2 �Q3(d� x)2

(d� x)2

x2=

Q3Q1

d

x� 1 =

sQ3Q1

x =d

1 +q

Q3

Q1

=0:3m

1 +q

64�C4�C

=0:3m

5= 0:06m

Primjer 2. U Bohrovu modelu vodikova atoma elektro se oko protona giba pokruµznici polumjera a0 = 0:5292 � 10�10m.

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.

Rje�enje:a) Elektrostatska sila izme�u elektrona i protona zadana je izrazom

�!F e = k � QpQe

r2� �!r 0 = k �

e � (�e)a20

� �!r 0

= 8: 987 5 � 109 Nm2

C2�1:6 � 10�19C �

��1:6 � 10�19 C

�(0:5292 � 10�10m)2

� �!r 0

=��8: 215 6 � 10�8N

��!r 0gdje 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 udal-jenosti a0 iznosi

�!E = k � Qp

a20� �!r 0 = 8: 987 5 � 109

Nm2

C2� 1:6 � 10�19C(0:5292 � 10�10m)2

� �!r 0 =

=

�5: 134 7 � 1011 N

C

��!r 0 =

�5: 134 7 � 1011 V

m

��!r 0

Elektriµcno polje je u smjeru vektora poloµzaja elektrona u odnosu na proton.Potencijal na toj udaljenosti iznosi

' = k � Qpa0

= 8: 987 5 � 109 Nm2

C2� 1:6 � 10�19 C0:5292 � 10�10m

= 27:173Nm

C= 27:173

V

m

c) Potencijalna energija elektrona u polju protona iznosi

Ep = k � QpQea0

= 8: 987 5 � 109 Nm2

C2�1:6 � 10�19 C �

��1:6 � 10�19 C

�0:5292 � 10�10m

= �4: 347 7� 10�18 J = �27:173 eVd) Moment koliµcine gibanja elektrona je

�!L = �!r e ��!p e

KORISNIK

Highlight


Radijus vektor poloµzaja elektrona je uvijek okomit na koliµcinu gibanja pa po iznosuimamo

L = repe sin�

2= remeve = mevea0

gdje brzinu elektrona ve odre�ujemo iz uvjeta Fe = Fcf

k � e2

a20=

mev2e

a0

ve =

sk � e2me � a0

odakle slijedi

L = mea0

sk � e2me � a0

= epk �me � a0

= 1:6 � 10�19 C �r8: 987 5 � 109 Nm

2

C2� 9:11 � 10�31 kg � 0:5292 � 10�10m

= 1: 054 � 10�34 J s

�to je zapravo vrijednost reducirane Planckove konstante

} =h

2�=6:6260755 � 10�34 J s

2�= 1: 054 6 � 10�34 J s

Primjer 3. U vrhovima kvadrata stranice a = 1m postavljena su µcetiri jednakapozitivna naboja Q = 1�C. Izraµcunajte elektrostatsku silu na svaki naboj i prona�iteukupno potencijalnu energiju sustava.

Rje�enje:Sila se dobiva kao vektorski zbroj pojedinih sila. Zbog simetrije sustava do-

voljno je pronaci silu na jedan naboj, npr. naboj 4 koji se nalazi u poloµzajuT (1m; 1m).

�!F =

�!F 14 +

�!F 24 +

�!F 34

= kQ2

a2� �!j + k Q2�

ap2�2 �

p2

2

�!i +

p2

2

�!j

!+ k

Q2

a2�!i

= kQ2

a2

" p2

4+ 1

!�!i +

p2

4+ 1

!�!j

#

�!F = 8: 987 5 � 109 Nm

2

C2��10�3 C

�2(1m)

2

h1: 353 6 �

��!i +

�!j�i

= 12:16��!i +

�!j�mN

Sila leµzi na pravcu dijagonale i usmjerena je izvan kvadrata. Iznos sile je��!F �� = 12:16p12 + 12mN = 17:2mN

1. PRIMJERI 13

Ukupna potencijalna energija svih naboja jednaka je zbroju potencijalnih en-ergija za pojedine parove:

Ep = (Ep)12 + (Ep)13 + (Ep)14 + (Ep)23 + (Ep)24 + (Ep)34

=kQ1Q2d12

+kQ1Q3d13

+kQ1Q4d14

+kQ2Q3d23

+kQ2Q4d24

+kQ3Q4d34

= k

�Q2

a+Q2

ap2+Q2

a+Q2

a+Q2

ap2+Q2

a

�= k

Q2

a

�4 +

2p2

�= 8: 987 5 � 109 Nm

2

C2��10�3 C

�21m

� (5: 414 2) = 48660 J

Primjer 4. Dvije jednake metalne kugle u zraku, svaka mase m = 2g obje�enesu u istoj toµcki na nitima dugaµckim l = 1m tako da se dodiruju. Dotaknemo lijednu od njih nabijenim staklenim �tapom, kuglice se odbiju tako da niti me�usobnozatvaraju kut � = 12�. Odredite elektrostatsku silu izme�u kuglica, kao i naboj nanjima.

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

�!F E +

�!F G +

�!F N = 0

ili u skalarnom obliku

FE = FN � sin�

2

FG = FN � cos�

2

odnosno

tan�

2=

FEFG

FE = FG � tan�

2= mg � tan 6 = 2 g � 9:81 m

s2� tan 6 = 2:06N

pa naboj kuglice odre�ujemo iz

FE =1

4�"0

Q2

d2

Q = d �p4�"0 � FE = 2l � sin

�

2�p4�"0 � FE

= 2 � 1m � sin 6 �r4� � 8:854 � 10�12 C

V� 2:06N

= 3: 17 � 10�6 C

gdje je d = 2l � sin �2 .

Primjer 5. Elektriµcni naboj Q jednoliko je raspore�en u volumenu kugle polum-jera R. Primjenom Gaussova zakona izraµcunajte jakost elektriµcnog polja u toµckama:

a): unutar kugle (r < R),b): na povr�ini kugle (r = R),c): izvan kugle (r > R),d): Prikaµzite gra�µcki jakost elektriµcnog polja ovisno o udaljenosti za r ( cm)ako je Q = 1nC i R = 10 cm.

Rje�enje:

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight


a) Ako je unutar kugle polumjera R ravnomjerno raspore�en naboj Q tada jeprostorna gustoca naboja unutar kugle jednaka

� =Q

4�3 R

3

Za toµcke unutar kugle (r < R) zami�ljena ploha je kugla polumjera r koja unutarsebe sadrµzi koliµcinu naboja

Q (r) = � � V (r) = Q4�3 R

3� 4�3r3 = Q

� rR

�3Gaussov zakon dajeI

S

�!D � d�!S = "0E (r) � 4�r2 = Q (r)

pa je

E (r) =1

4�"0

Q (r)

r2= k

Q�rR

�3r2

= kQ

R3� r

E (r) = 8: 987 5 � 109 Nm2

C2� 10

�9 C

(10 cm)3 � r

= 89:875V

m�� r

cm

�Dobivena ovisnost je linearna.

b) Za toµcke na povr�ini kugle (r = R) vrijedi

E (R) = kQ

R2= 8: 987 5 � 109 Nm

2

C2� 10

�9 C

(0:1m)2

= 898:75V

m

ovaj izraz se slaµze sa izrazom pod a) za (r = R).c) Za toµcke izvan kugle vrijediI

S

�!D � d�!S = "0E (r) � 4�r2 = Q

E (r) =1

4�"0

Q

r2= k

Q

r2

= 8: 987 5 � 109 Nm2

C2� 10

�9 C�rcm

�2= 89:87 5

kV

m� 1�

rcm

�2dobivena ovisnost je obrnuto proporcionalna kvadratu udaljenosti.

d) Gra�µcki prikaz ovisnosti daje:

E (r) =

8<:r < R; k Q

R3 � rr = R; k Q

R2

r > R k Qr2

1. PRIMJERI 15

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 240

200

400

600

800

r(cm)

V(V/m)

Primjer 6. Elektriµcni naboj Q jednoliko je raspore�en u volumenu kugle polum-jera R. Izraµcunajte elektriµcni potencijal:

a): unutar kugle (r < R),b): na povr�ini kugle (r = R),c): izvan kugle (r > R),d): Prikaµzite gra�µcki jakost elektriµcnog polja ovisno o udaljenosti za r ( cm)ako je Q = 1nC i R = 10 cm.

Rje�enje:Potencial je integral jakosti elektriµcnog polja

' (r) = �rZ

rr

E (r) dr

gdje je rr referentna toµcka za koju je potencijal jednak nuli. Odaberimo da jerr =1. Tada je:

a) Unutar kugle (r < R)

' (r) = �rZ

1

E (r) dr = �RZ

1

E (r) dr �rZ

R

E (r) dr

= �RZ

1

kQ

r2dr �

rZR

kQ

R3rdr = �kQ

RZ1

dr

r2� k Q

R3

rZR

rdr

= �kQ��1r

��R1� k Q

R3r2

2

��rR

= kQ

�1

R� 1

1

�� k Q

R3

�r2

2� R

2

2

�= k

Q

R� k Q

2R3�r2 �R2

�

KORISNIK

Highlight


�to daje

' (r) = kQ

R

�3

2� 12

� rR

�2�= 89:875V

�3

2� 12

r2 (cm)

100

�b) Na povr�ini kugle (r = R) izraz daje

' (R) = kQ

R

"3

2� 12

�R

R

�2#= k

Q

R

= 8: 987 5 � 109 Nm2

C2� 10

�9 C

0:1m= 89:875V

c) Izvan kugle (r > R) imamo

' (r) = �rZ

1

E (r) dr = �rZ

1

kQ

r2dr = �kQ

��1r

��r1= kQ

�1

r� 1

1

�

= kQ

r= 8: 987 5 � 109 Nm

2

C2� 10

�9 C

r= 898:75V

1

r ( cm)

d) Gra�µcki prikaz potencijala daje:

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 240

20

40

60

80

100

120

r(cm)

POGLAVLJE 5

Elektriµcna struja, gustoca elektriµcne struje i vodiµci

Jakost struje (Ohmov zakon): Elektriµcna je struja usmjereno gibanje nositeljanaboja, s jednog mjesta na drugo, kroz odre�eni popreµcni presjek vodiµca. Nositeljinaboja u metalima su elektroni, a u tekucinama i plinovima to su pozitivni i nega-tivni ioni dok su u poluvodiµcima elektroni i elektronske �upljine. Jakost elektriµcnestruje de�nira se izrazom

I = lim�t!0

�Q

�t=dQ

dt[A =

C

s]

gdje je �Q naboj koji pro�e kroz popreµcni presjek vodiµca u vremenu �t. Gustocastruje

�!J u nekoj toµcki vodiµca de�nira se kao vektor u smjeru gibanja pozitivnoga

naboja pomocu

dI =�!J � d�!S

gdje je d�!S element povr�ine u smjeru normale na povr�ini popreµcnog presjeka. Ako

je tok kroz presjek na povr�inu konstantan, gustocu 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

A

�. Reciproµcna vrijednost otpora

je vodljivost G i iskazuje se u simensima�S = A

V =1

�.

Otpor homogenoga omskog vodiµca u obliku µzice duljine l, popreµcnoga presjekaS, izra�enoga od materijala otpornosti � jest

R = �l

S

Elektriµcna otpornost materijala � iskazuje se u ommetrima ( m). Reciproµcnavrijednost otpornosti materijala je elektriµcna provodnost materijala koja se iskazujeu simensima po metru

�Sm =

1m

�. Uoµcimo da otpor i vodljivost ovise o vrsti i

obliku materijala, dok elektriµcna otpornost i provodnost materijala ovise samo ovrsti materijala od kojeg je vodiµc izra�en.

Ovisnost otpornosti materijala o temperaturi aproksimativno je opisana izra-zom

� = �0[1 + � (t� t0)]

gdje je �0 otpornost na temperaturi t0 (obiµcno 0�C), � otpornost na temperaturi t,

a � temperaturni koe�cijent otpora materijala. Gustocu struje u metalima moµzemoizraziti kao

�!J = �ne�!v d

17

18 5. ELEKTRI µCNA STRUJA, GUSTOCA ELEKTRI µCNE STRUJE I VODI µCI

gdje je �!v d drift-brzina elektrona, n koncentracija slobodnih elektrona (broj elek-trona po jedinici volumena vodiµca) i e elementarni naboj. Gustoca struje propor-cionalna je jakosti elektriµcnoga polja u svakoj toµcki vodiµca, pa pi�emo

�!J = �ne�e

�!E = �

�!E

�!E = �

�!J

gdje je �e pokretljivost elektrona, a � provodnost materijala. Ovo je Ohmov zakonu mikroskopskom obliku.

Kircho¤ova pravila. Ohmov zakon za zatvoreni strujni krug u kojemu senalazi izvor elektromotorne sile " i unutarnjega otpora Ru te vanjskog otpora Rjest

I ="

R+Rugdje je I jakost struje u tom krugu. Napon izvora prikljuµcenoga u strujni krugsmanji se zbog pada napona na unutarnjem otporu izvora i iznosi

U = "� IRuZa sloµzenije strujne krugove vrijede dva Kircho¤ova pravila:I. Kircho¤ovo pravilo - algebarski zbroj jakosti struja u nekom µcvori�tu

jednak je nulinXi=1

Ii = 0

pri µcemu struje koje ulaze u µcvori�te raµcunamo pozitivnima, a koje izlaze iz µcvori�tanegativnima.

II. Kircho¤ovo pravilo - u svakoj zatvorenoj petlji zbroj svih elektromo-tornih sila jednak je zbroju svih padova napona na otporima

nXi=1

IiRi =nXi=1

"i

Pri primjeni Kircho¤ovih pravila prvo proizvoljno odaberemo smjer struja ismjer obilaµzenja petlji, zatim elektromotornu silu uzimamo pozitivnom ako bi dalastruju u odabranome smjeru kada bi bila sama u tome strujnome krugu. Padnapona IR je pozitvan ako je smjer struje kroz taj otpor jednak smjeru obilaµzenjapetlje, inaµce je negativan. Ako u rezultatu dobijemo negativnu vrijednost za jakoststruje u nekom dijelu strujnoga kruga, potrebno je u poµcetku odabrani smjer za tustruju promjeniti.

Ukupni (ekvivalentni) otpor serijski spojenih vodiµca jednak je

R = R1 +R2 + � � �+Rn =nXi=1

Ri

a za paralelni spoj vodiµca vrijedi

1

R=

1

R1+1

R2+ � � �+ 1

Rn=

nXi=1

1

Ri

Rad i snaga elektriµcne struje. Rad elektriµcne struje za vrijeme t u dijelustrujnoga kruga odre�en je izrazom

W = U I t

gdje je U napon izme�u krajeva promatranoga dijela strujnoga kruga, a I jakoststruje. Snaga elektriµcne struje je

P = U I

5. ELEKTRI µCNA STRUJA, GUSTOCA ELEKTRI µCNE STRUJE I VODI µCI 19

�to moµzemo izraziti i kao

W = I2Rt =U2

Rt

P = I2R =U2

R

U izraµzavanju rada elektriµcne struje upotrebljava se jo�i jedinica ( kWh = 3:6MJ).Elektriµcna struja u tekucinama i plinovima. Kad se u elektrolit stave

pozitivna elektroda (anoda) i negativna elektroda (katoda), poteµce struja, a ioni setaloµze na pripadnoj elektrodi. Masa m izluµcene tvari na svakoj elektrodi je

m = k Q = k I t

gdje je Q preneseni elektriµcni naboj, I jakost struje, a t vrijeme, dok je k elek-trokemijski ekvivalent tvari zadan relacijom

k =1

F

M

z

gdje je z cijeli broj koji oznaµcava omjer naboja ina i elementarnoga naboja (valen-cija), M molarna masa tvari, a F Faradayeva konstanta jednaka umno�ku elemen-tarnoga naboja i Avogadrove konstante

F = eNA = 1:60217733� 10�19 C � 6:0221367� 1023mol�1

= 96485A s

mol(0.1)

Plinovi vode elektriµcnu struju ako u njima postoji dovoljan broj iona i do-voljno jako elektriµcno polje. Ioni u plinu nastaju primarnom i sekundarnom ion-izacijom. Primarnu ionizaciju izazivaju vanjski uzroci (elekrtomagnetsko zraµcenjei dr.). Sekundarnu ionizaciju izazivaju sudari iona s atomima i molekulama plina,te ona omogucava samostalno vo�enje struje.

Energija ionizacije je energija koju je potrebno dovesti atomu ili molekuliplina da bi se od nje otrgnuo elektron. Elektriµcna struja moµze prolaziti i krozvakuum i vrlo razrije�ene plinove ako se negativnoj elektrodi (katodi) zagrijavanjemdovede dovoljna koliµcina energije. Ta se pojava naziva termionskom emisijom, aenergija koju je potrebno dovesti elektronu da bi napustio metal naziva se radomizlaza.

POGLAVLJE 6

Kapacitet i dielektriµcni materijali

Elektriµcni kapacitet vodiµca s nabojem Q i na potencijalu ' jednak je

C =Q

'

dok je kapacitet dvaju vodiµca koji µcine kondenzator

C =Q

U

gdje je Q - naboj na jednoj od ploµca, a U = '1 � '2 razlika potencijala izme�uploµca. Kapacitet ploµcastog kondenzatora iznosi

C = "0"rS

d

gdje je S povr�ina ploµca, d - razmak izme�u ploµca, a "r - relativna elektriµcnapermitivnost dielektrika kojim je ispunjen prostor izme�u ploµca kondenzatora.

Paralelni spoj niza od n kondenzatora, daje kondenzator kapaciteta

C =nXi=1

Ci

a za serijski spoj vrijedi

1

C=

nXi=1

1

Ci

Energija uskladi�tena u elektriµcki nabijenom kondenzatoru kapaciteta C s nabojemQ i naponom U iznosi

W =CU2

2=Q2

2C=QU

2

Gustoca energije elektrostatkog polja je

w =W

V=1

2"0"rE

2 =1

2"0"rD2 =

1

2ED

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 komponentaiznosom je jednaka plo�noj gustoci naboja na povr�ini dielektrika koji se nalaziu elektriµcnom polju:

�p =�!P � �!n

gdje je �!n - jediniµcni vektor normalan na plohu dielektrika.

21

22 6. KAPACITET I DIELEKTRI µCNI MATERIJALI

1. Primjeri

Primjer 7. Izraµcunajte gustocu struje i pokretljivost slobodnih elektrona ubakrenoj µzici duljine d = 100m kada je na njezinim krajevima napon U = 220V(�Cu = 8:9

gcm3 , M = 6:36 � 10�2 kg

mol , � = 1:7 � 10�8 m).

Rje�enje:Gustocu struje dobivamo iz veza izme�u gustoce struje i jakosti elektriµcnoga

polja

J = �ne�E = �E = 1

�E =

U

�d(1.1)

=220V

1:7 � 10�8 m � 100m = 1: 294 1� 108 Am2

Koncentraciju elektrona u bakrenoj µzici, uz pretpostavku da svaki atom daje pojedan slobodni elektron, moµzemo dobiti povezujuci koncentraciju sa gustocom bakra.Ta veza je opisana zakonom

n =N

V=n0 �NAV

=mM �NAV

=m

V

NAM

(1.2)

=NA � �CuM

=6:0221367� 1023 atomamol � 8900

kgm3

6:36 � 10�2 kgmol

= 8: 427 2� 1028m�3

Pokretljivost elektrona dobivamo iz

� =1

�ne=

1

1:7 � 10�8 m � 8: 427 2� 1028m�3 � 1:60217733� 10�19 C

= 4: 356 7� 10�3 A � s2

kg

ili= 4: 356 7� 10�3 m

2

V s

Primjer 8. Ploµcasti kondezator kapaciteta C = 100 pF ispunjen je izolatoromrelativne elektriµcne permitivnosti "r = 3 i prikljuµcen na izvor napona U = 1000V.Ako je provodnost tog izolatora � = 5 � 10�11 1

m , kolika je jakost struje koja sejavlja izme�u ploµca zbog toga �to dijelektrik nije savr�en izolator?

Rje�enje:Kapacitet je ploµcastog kondenzatora

C = "S

d=) d =

"S

C

jakost elektrtiµcnog polja izme�u ploµca iznosi

E =U

d=U"SC

=UC

"S

Iz veze gustoce struje i elektriµcnoga polja, uz pretpostavku da vrijedi Ohmov zakonslijedi

J = �E = �UC

"S

I = J � S = �UC"

= 5 � 10�11 1

m

1000V � 100 pF3

= 1: 666 7� 10�18A

Primjer 9. Odredite potencijale toµcaka A,B,C,D,E u strujnome krugu kao inapon izme�u toµcaka B i D ako je:

a): uzemljen minus pol akumulatora,b): uzemljen plus pol akumulatora.

KORISNIK

Highlight

1. PRIMJERI 23

Zanemarite unutarnji otpor akumulatora, a potencijal uzmljene toµcke iznosinula.

Rje�enje:Jakost struje u krugu je

I =UPR=

24V

RBC +RCD +RDE +REA

24V

16 + 8 + 10 + 14= 0:5A

Tada su potencijali:

a): uzemljen minus pol akumulatora

'A = 0V

'B = 24V

'C = 'B � UBC = 24V � 16 � 0:5A = 16V'D = 'C � UCD = 16V � 8 � 0:5A = 12V'E = 'D � UDE = 12V � 10 � 0:5A = 7VUBD = 'B � 'D = 24V � 12V = 12V = UBC + UCD

b): uzemljen plus pol akumulatora

'B = 0V

'C = 'B � UBC = 0V � 16 � 0:5A = �8V'D = 'C � UCD = �8V � 8 � 0:5A = �12V'E = 'D � UDE = �12V � 10 � 0:5A = �17V'A = 'E � UEA = �17V � 14 � 0:5A = �24VUBD = 'B � 'D = 0V � (�12V) = 12V = UBC + UCD

Primjer 10. Na akumukator elektromotorne sile 12V i zanemariva unutarn-jega otpora prikljuµcen je bakeni vodiµc

�� = 1:68 � 10�8 m

�duljine l = 2:5m. Kolika

je srednja brzina usmjerenog gibanja slobodnih elektrona u smjeru elektriµcne sile,tzv. drift-brzina vd? Pretpostavka je da je koncentracija slobodnih elektrona u bakrun = 8:5 � 1028m�3. Procjenite kolika je i termiµcka brzina vt uz pretpostavku da jekinetiµcka energija elektrona reda veliµcine 3kT

2 i temperature T = 290K .

Rje�enje:Jakost struje kroz vodiµc presjeka S je

I = J � S = nevd � S

Buduci da je

I =U

R=U�lS

=US

�l

dobivamo

nevdS =US

�l=) vd =

U

ne�l

vd =12V

8:5 � 1028m�3 � 1:602 � 10�19 C � 1:68 � 10�8 m � 2:5m= 2: 098 2� 10�2 m

s� 2 cm

s

KORISNIK

Highlight


Uz pretpostavku da je na temperaturi T prosjeµcna kinetiµcka energija elektrona redaveliµcine 3kT

2 (kvantna mehanika daje ne�to drugaµciji rezultat), dobivamo

mev2t

2=

3kT

2=) vt =

r3kT

me

vt =

s3 ��1:3806568 � 10�23 J

K

�� 290K

9:1093897 � 10�31 kg = 1: 148 3 � 105 ms

Usmjerena drift-brzina mnogo je manja od kaotiµcne termiµcke brzine elektrona,me�utim usmjerena je, te iz tog razloga uzrokuje mjerljivu elektriµcnu struju krozmetal.

Primjer 11. Kabel promjera d = 3:5mm i duljine l = 50m ima otpor R = 1pri 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? Temper-aturni koe�cijent pri 0�C iznosi �0 = 5:1 � 10�3K�1

Rje�enje:

Popreµcni presjek kabela iznosi

S =d2�

4=(3:5mm)

2�

4= 9: 621 1 � 10�6m2

Otporost materijala dobijemo iz

R30 =�30 � Sl

=) �30 =R30S

l

�30 =1 � 9: 621 1 � 10�6m2

50m= 1: 924 2 � 10�7 m

Pretpostavljajuci linearnu promjenu otpora s temperaturom (pretpostavka kojaopcenito vrijedi samo za male promjene temperature), dobivamo otpor kabela naT1 = �20�C

R�20 =R30

1 + �0�T=

1

1 + 5:1 � 10�3K�1 � 50K= 0:796 81

Otpornost materijala na toj temperaturi je

��20 =�30

1 + �0�T=

1: 924 2 � 10�7 m1 + 5:1 � 10�3K�1 � 50K

= 1: 533 2 � 10�7 m

Otpor na temperaturi T2 = 100�C iznosi

R100 = R30 (1 + �0�T ) = 1 ��1 + 5:1 � 10�3K�1 � 70K

�= 1: 357

a otpornost

�100 = �30 (1 + �0�T ) = 1: 924 2 � 10�7 m ��1 + 5:1 � 10�3K�1 � 70K

�= 2: 611 1 � 10�7m

Buduci da su promjene dimenzija vodiµca pri promjeni temperature zbag manjegtemperaturnog koe�cijenta (koji je reda 10�5K�1), mnogo manje nego promjeneotpora te ih moµzemo zanemariti, otpor moµzemo raµcunati i ovako:

R100 = �100l

S= 2: 611 1 � 10�7m � 50m

9: 621 1 � 10�6m2= 1: 357 0

KORISNIK

Highlight

1. PRIMJERI 25

Primjer 12. Otpori R1 = 10 k i R2 = 20 k s pozitivnim temperaturnimkoe�cijentom �1 = 0:002K�1 spojeni su paralelno. Njima je serijski spojen otporR3 = 500 s negativnim temperaturnim koe�cijentom �2 = �0:07K�1. Izraµcu-najte ekvivalentni otpor te kombinacije. Koliki je temperaturni koe�cijent spojaotpora?

Rje�enje:Pri promjeni temperature otpor se mijenja po zakonu

R1 = R10 (1 + �1�T )

R2 = R20 (1 + �1�T )

R3 = R30 (1 + �2�T )

Ekvivalentni je otpor zadane kombinacije otpora

R = R12 +R3 =

�1

R1+1

R2

��1+R3 =

R1R2R1 +R2

+R3

=

�10 k � 20 k10 k + 20 k

+ 500

�= 7166: 7

Promjena otpora zadane kombinacije u ovisnosti o temperaturi je

R =R10 (1 + �1�T ) �R20 (1 + �1�T )R10 (1 + �1�T ) +R20 (1 + �1�T )

+R30 (1 + �2�T )

=R10R20R10 +R20

(1 + �1�T ) +R30 (1 + �2�T )

=

�R10R20R10 +R20

+R30

�+

�R10R20R10 +R20

�1 +R30�2

��T

=

�10 k � 20 k10 k + 20 k

+ 500

�+

�10 k � 20 k10 k + 20 k

� 0:002K�1 + 500 ��0:07K�1

��T

= [7166: 7 + (�21:667)�T ] = 7166:7�1 +

��3 � 10�3

��T�

Otpor zadane kombinacije otpora ovisi o temperaturi i to s temperaturnim koe�ci-jentom � = �3 � 10�3K�1, dakle porastom temperature otpor zadane kombinacijeopada.

Primjer 13. Bakrenaµzica��Cu = 1:7 � 10�8 m

�i µzeljeznaµzica

��Fe = 10

�7 m�

jednakog popreµcnog presjeka i jednake duljine spojene su paralelno na izvor napona Uzanemariva unutarnjega otpora. Kako se odnose jakosti struja u te dvije µzice? Kakose odnose jakosti struja ako njima paralelno spojimo i aluminijskuµzicu

��Al = 2:7 � 10�8 m

�jednakog popreµcnog presjeka i jednake duljine?

Rje�enje:Jakosti struja kroz otpore RCu i RFe odre�ujemo iz ove dvije jednadµzbe:

I = ICu + IFe

U = ICuRCu = IFeRFe = konst:

te dobivamo

ICuRCu = (I � ICu)RFe

ICu =RFe

RCu +RFeI

IFe =RCu

RCu +RFeI

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight


pa je

ICuIFe

=RFeRCu

=�Fe

lS

�CulS

=�Fe�Cu

=10�7 m

1:7 � 10�8 m = 5: 882 4

U primjeru spoja kada dodamo aluminijsku µzicu dobivamo

I = ICu + IFe + IAl

ICuRCu = IFeRFe = IAlRAl

ICu =RAlRFe

RCuRFe +RCuRAl +RFeRAlI

IFe =RAlRCu


IAl =RCuRFe


odnosno omjer jakosti struja iznosi

ICu : IFe : IAl = RAlRFe : RAlRCu : RCuRFe

= �Al�Fe : �Al�Cu : �Cu�Fe

= (5:88) : (1) : (3:7)

Primjer 14. Serijski spoj dvaju otpora R1 = 10 k i R2 = 25 k spojen je naizvor napona U = 24V zanemariva unutarnjega otpora. Koliki je pad napona naotporu R1. Koliki ce pad napona na tom otporu izmjeriti voltmetar unutarnjegaotpora Rv = 10 k. Koliki je pad napona za unutarnji otpor R0v = 200 k.

Rje�enje:Jakost struje kroz strujni krug, kada nije prikljuµcen voltmetar, iznosi

I =U

R1 +R2=

24V

10 k + 25 k= 6: 857 1 � 10�4A

Pad napona na otporu R1 iznosi

U1 = R1I = 10 k � 6: 857 1 � 10�4A = 6: 857 1VKada se izme�u toµcaka A i B prikljuµci voltmetar otpora Rv = 10 k koji je paralelnospojen otporu R1, ekvivalentni otpor spoja je

Rekv =

Xi

1

Ri

!�1=

R1RvR1 +Rv

=10 k � 10 k10 k + 10 k

= 5k

Struja kroz strujni krug u ovom sluµcaju iznosi

I 0 =U

Rekv +R2=

24V

5 k + 25 k= 0:8mA

Pad napona izme�u toµcaka A i B jest

U 01 = RekvI0 = 5k � 0:8mA = 4V

pa voltmetar pokazuje 4V. Na isti naµcin dolazimo do rezultata za unutarnji otporR0v = 200 k:

Rekv =R1RvR1 +Rv

=10 k � 200 k10 k + 200 k

= 9523: 8

I 0 =U

Rekv +R2=

24V

9523: 8 + 25 k= 6: 951 7 � 10�4A

= 0:69517mA

U 01 = RekvI0 = 9523: 8 � 0:69517mA = 6:6207V

KORISNIK

Highlight

1. PRIMJERI 27

Zakljuµcujemo: mjerenjem voltmetrom vecega unutarnjega otpora pogre�ka je mjerenjamanja.

Primjer 15. Otpori R1 (AB) = R2 (AC) = R2 (BC) = 20 k spojeni su utrokut �ABC. Odredite ekvivalentni spoj u zvijezdu otpora R0AB ; R

0AC ; R

0BC?

Rje�enje: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

RAB=

1

R1+

�1

R2+1

R3

��1RAB =

R1 (R2 +R3)

R1 +R2 +R3

a otpor zvijezde izme�u tih toµcaka je

R0AB = R01 +R

02

pa je

R1 (R2 +R3)

R1 +R2 +R3= R01 +R

02

Analogno dolazimo do jednadµzbi

R2 (R1 +R3)

R1 +R2 +R3= R02 +R

03

R3 (R1 +R2)

R1 +R2 +R3= R01 +R

03

Imamo tri jednadµzbe s tri nepoznate, µcije rje�enje daje vrijednosti otpora

R01 =R1R3

R1 +R2 +R3=

20 k � 20 k20 k + 20 k + 20 k

=20

3k

R02 =R1R2

R1 +R2 +R3=20

3k

R03 =R2R3

R1 +R2 +R3=20

3k

Primjer 16. Kolika je jakost elektriµcnog grijaµca u bojleru prikljuµcenom nanapon U = 220V koji zagrije V = 50 l vode od T1 = 290K do T2 = 350K zavrijeme od t = 1h? Koliki je otpor grijaµca bojlera?

Rje�enje:Uz pretpostavku da nema gubitaka energije, odnosno da se sva elektriµcna en-

ergija pretvori u toplotnu energiju zagrijavanja vode, utro�ena energija je

Q = mcp�T = �V cp (T2 � T1)

= 1000kg

m3� 0:05m3 � 4186 J

kgK� 60K

= 1: 255 8 � 107 J = 12:558MJSnaga je tada

P =Q

t=12:558MJ

3600 s= 3488: 3W

a otpor grijaµca je

R =U2

P=(220V)

2

3488: 3W= 13: 875


Primjer 17. Solarni ploµca sastoji se od 100 celija, povr�ina pojedine celijeiznosi S = 100 cm2. Ako na panel upada Sunµcevo zraµcenje snage I = 0:76 kWm2 ,ploµca daje napon U = 24V i struju I = 4A. Izraµcunajte e�kasnost solarne ploµce?

Rje�enje:Buduci da je povr�ina solarne ploµce S = 100 � 0:01m2 = 1m2, na ploµcu upada

snaga

P = IS = 0:76kW

m2� 1m2 = 760W

Pretvarajuci Sunµcevu energiju u elektriµcnu, solarne ploµce daju snagu

P 0 = UI = 24V � 4A = 96W

E�kasnost (koe�cijent korisnosti) pretvorbe je

� =P 0

P=96W

760W= 0:126 32 = 12:632%

Primjer 18. Koliki je gubitak snage u aluminijskom vodu gradske mreµze naponaU = 220V ako je presjek voda S = 25�mm2, duljina voda l = 200m i potro�njasnage P = 10 kW? Koliki je postotak pada napona u vodu

�� = 2:8 � 10�8 m

�?

Rje�enje:Gubitak u vodu je Jouleova toplina, kako vod ima dvije µzice, vrijedi

PG = I2R = I2

� � 2lS

Snaga je jednaka P = UI, pa je

PGP

=I2 ��2lSUI

= 2UI �lSU2

= 2P�l

SU2

= 210 kW � 2:8 � 10�8 m � 200m

25�mm2 � (220V)2= 2: 946 3 � 10�2 = 2:9463%

Pad napona zbog gubitaka je

UVU

=IRVU

=I2RVUI

=PGP= 0:029463 = 2:9463%

UV = 0:029463 � U = 0:029463 � 220V = 6: 481 9V

Primjer 19. Kondenzator C = 12pF i otpornik R = 100 spojeni su serijskina napon U = 24V. Koliki je naboj na kondenzatoru u trenutku kada jakost strujekroz krug iznosi I = 0:1A? Kojom snagom e uskladi�tuje elektrostatska energija utom trenutku?

Rje�enje:Napon izme�u toµcaka sa strana kondenzatora i otpornika iznosi

U = IR+Q

C

odakle je24V � 12 pF� 0:1A � 100 � 12 pF = 1: 68� 10�10As

Q = UC � IRC = 24V � 12 pF� 0:1A � 100 � 12 pF= 1: 68 � 10�10As = 16:8 nC

Snaga je vremenska derivacija energije

P =dEeldt

= Ukond:dQ

dt=Q

CI =

16:8 � 10�9 C12 pF

0:1A = 140W

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight

1. PRIMJERI 29

Primjer 20. Kondenzator kapaciteta C = 50 �F nabijen je spajanjem na izvornapona U0 = 200V, odspojen od izvora i izbijan preko otpornika otpora R = 1k.Kolika je vremenska konstanta tog kruga? Nakon koliko vremena se kondenzatorisprazni za 95% poµcetnog naboja? Kolika se termiµcka energija pritom razvije uotporniku?

Rje�enje:Prije praµznjenja kondezator ima naboj i napon

Q0 = CU0 = 50 � 10�6 F � 200V = 0:01CU0 = 200V

Prilikom praµznjenja mijenjaju se naboj i napon prema izrazima

Q = Q0e� tRC =) t = �RC ln Q

Q0

U = U0e� tRC =) U = U0

Q

Q0

Vremenska konstanta tog kruga iznosi

� = RC = 1k � 50 � 10�6 F = 0:05 s

Kondenzator se isprazni za 95%, tj.

Q = Q0 � 0:95Q0 = 0:05Q0zato je potrebno vrijeme

t = �RC ln QQ0

= �� ln 0:05 = �0:05 s � ln 0:05 = 0:149 79 s

Napon je u tom trenutku

U = U0e� tRC = U0

Q

Q0= 0:05U0 = 0:05 � 200V = 10V

Promjena elektrostatske energije kondenzatora (odnosno razvijena toplina)

�E =1

2CU20 �

1

2CU2 =

C

2

hU20 � (0:05U0)

2i

=CU202

(0:9975) =5 � 10�5 F � (200V)2

2� 0:9975

= 0:997 5 J

ili kao

�E =Q202C

� Q2

2C= 0:9975 J

Primjer 21. U jednoj litri vode otopljeno je n = 0:05mol NaCl. Kolikaje vodljivost te otopine ako je pokretljivost Na+ iona �Na+ = 4 � 10�8 m2

V s , a

pokretljivost Cl� iona �Cl� = 6 � 10�8 m2

V s?

Rje�enje:Veza izme�u vodljivosti i pokretljivosti nositelja naboja je

� = ne (�Na+ + �Cl�)

Koncentraciju nositelja naboja odre�ujemo iz koncentracije otopine po jedinici vol-umena:

n = 0:05 � 103 molm3

� 6:0221367� 1023mol�1 = 3: 011 1 � 1025m�3


Uvr�tavajuci ove podatke dobivamo

� = 3: 011 1 � 1025m�3 � 1:60217733 � 10�19 C � (4 + 6) 10�8 m2

V s

= 0:482 43C

Vms= 0:48243�1m�1

� =1

�= 2: 072 8m

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 (gustoce magnetskog toka)�!B , jest

�!F = Q�!v ��!BF =

��!F �� = QvB sin�^�!v ;�!B� = DvB sin�Jedinica za magnetsku indukciju je tesla

�T = kg

A� s2

�. 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 ��!BF = 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

F = �0�rI1I22�r

l

gdje su I1; I2 - jakosti struja u vodiµcima, l - duljina vodiµca, r - njihova me�usobnaudaljenost, a �r - relativna permeabilnost sredstva. Konstanta

�0 = 1:2566370614 � 10�6N

A2= 4� � 10�7 Tm

A

je apsolutna permeabilnost vakuuma. Ako struje u vodiµcima imaju isti smjer tadaje sila privlaµcna, ako je smjer suprotan sila je odbojna.

Magnetsko poljeZa opisivanje magnetskog polja koristimo tri �zikalne veliµcine i to: vektor mag-

netske indukcije (gustoca magnetskog toka)�!B , vektor jakosti magnetskog polja

�!H

i vektor magnetizacije�!M . Magnetsku indukciju B i jakost magnetskog polja H

povezujemo relacijom

B = �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�Am

�. Najµce�ce je mag-

netizacija�!M srazmjerna jakosti magnetskog polja�!M = �m

�!H

41

42 12. MAXWELLOVE JEDNADµZBE I GRANI µCNI UVJETI

gdje je �m - magnetska susceptibilnost materijala

�m = �r � 1Magnetski tok je plo�ni integral vektora magnetske indukcije

�B =

ZS

�!B � d�!S

jedinica za magnetski tok je veber [Wb]. Ako je polje homogeno, u odnosu naneku ravnu povr�inu (

�!B je konstanta koju moµzemo izvuci ispred integrala), pa je

magnetski tok

�B =�!B � �!S = BS cos

�^�!B;�!S

�= BS cos�

Biot-Savartov zakon: Magnetska indukcija, koju proizvodi diferencijalni el-ement struje I � d�!s iznosi

d�!B =

�

4�

I � d�!s ��!r 0r2

gdje je �!r - radijus-vektor od elementa vodiµca do poloµzaja toµcke u kojoj raµcunamomagnetsku indukciju

�!B , a �!r 0 =

�!rr - jediniµcni vektor, I jakost struje i d

�!s - vektorduljine diferencijalnog elementa vodiµca. Magnetska indukcija na udaljenosti a odravnog vodiµca kojim teµce struja jakosti I iznosi

B =�I

2�a

Struja jakosti I koja teµce kruµznim zavojem polumjera R, uzrokuje u sredi�tu zavojamagnetsku indukciju

B =�I

2R

a unutar zavojnice duljine l, sa N zavoja

B = N�I

l

gdje ovaj izraz vrijedi toµcno za prstenastu zavojnicu (toroid), a priblµzno za valjkastuzavojnicu (solenoid), to bolje �to je polumjer zavojnice manji u odnosu na duljinuzavojnice l.

Ampèreov zakon glasi: Cirkulacija (linijski integral po zatvorenoj krivulji)vektora jakosti magnetskog polja jednaka je zbroju jakosti struja obuhvacenih tomkrivuljomI

K

�!H � d�!s =

nXi=1

Ii

Induktivitet - Faradayev zakon indukcije: Inducirana elektromotorna silau zavoju jednaka je negativnoj brzini promjene magnetskog toka kroz zavoj

"i = �d�

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 povr�inu ome�enu nekim zavojem proporcionalan je jakostistruje I kroz taj zavoj

� = L I

2. PRIMJERI 43

gdje je L - koe�cijent samoindukcije (induktivitet). Jedinica za induktivitet je�H = Wb

A = V sA

�. Za zavojnicu duljine l, popreµcnog presjeka S koja ima N zavoja,

induktivitet je

L = �0�rN2S

lElektromotorna sila samoindukcije uzrokovana je promjenom jakosti struje I

"L = �d�

dt= �LdI

dtAko su dvije zavojnice induktivno povezane, tada ce promjena jakosti struje I1

u primarnoj zavojnici inducirati elektromotornu silu u sekundarnoj

"2 = L12dI1dt

gdje je L12 - koe�cijent uzajamne indukcije.Energija magnetskog polja zavojnice induktiviteta L, kroz koju teµce struje

jakosti I, jest

W =1

2LI2

a gustoca energije magnetskog polja je

w =1

2�0�rH

2 =1

2�0�rB2 =

1

2BH

2. Primjeri

Primjer 22. Proton naboja e = 1:6 �10�19 C i mase mp = 1:67 �10�27 kg i alfaµcestica (q = 2e;m� = 4mp) ubrzani naponom U = 1kV opisuju kruµznu putanjuu magnetskom polju B = 0:1T. Izraµcunajte polumjere tih putanja i frekvencijukruµzenja.

Rje�enje:Centripetalnu silu za kruµzno gibanje daje magnetska sila

mv2

R= QvB

µCestica ubrzana naponom U imati ce brzinu1

2mv2 = QU

v =

r2QU

m

odakle za polumjer putanje i frekvenciju µcestice dobivamo

R =mv2

QvB=mv

QB=mq

2QUm

QB=1

B

s2mU

Q

f =v

2�R=

q2QUm

2� 1B

q2mUQ

=B

2�

vuut 2QUm2mUQ

=B

2�

rQ2

m2=QB

2�m

�to za proton (Q = e;m = mp) daje:

Rp =1

B

r2mpU

e=

1

0:1T

r2 � 1:67 � 10�27 kg � 103V

1:6 � 10�19 C = 4: 57 � 10�2m

fp =eB

2�mp=1:6 � 10�19 C � 0:1T2� � 1:67 � 10�27 kg = 1:53 � 10

6Hz = 1:53MHz


a za alfa µcesticu

R� =1

B

s2m�U

Q�=1

B

r2 � 4mpU

2e=p2 � 1B

r2mpU

e

=p2Rp = 6: 46 � 10�2m

f� =Q�B

2�m�=

2eB

2� � 4mp=1

2

eB

2�mp=1

2fp = 7:65 � 105Hz = 765 kHz

Primjer 23. Snop jednostruko nabijenih iona razliµcitih brzina ulazi kroz pukot-inu A u prostor s okomito ukr�tenim homogenim elektriµcnim i magnetskim poljemjakosti E = 5�105 Vm i B = 1T. U tom selektoru brzine samo µcestice odre�ene brzineprolaze neotklonjeno i kroz pukotinu A�iza koje se nalazi homogeno magnetsko poljeB0 = 0:5T usmjereno tako da je bezina µcestice stalno okomita na njega. Izraµcunajtemase iona ako su polumjeri putanja µcestica R1 = 0:201m i R2 = 0:341m.

Rje�enje: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 elektriµcnaFe = QE i magnetska sila Fm = QvB. Ioni µcija brzina zadovoljava uvjet

QE = QvB =) v =E

B

nece biti otklonjeni i nesmetano ce proci kroz pukotinu A�u prostor s magnetskimpoljem B�. Tu ce zbog djelovanja magnetske sile (koja djeluje kao centripetalna sila)gibati se kruµzno po polumjeru R

mv2

R= QvB0

m =QvB0R

v2=QB0R

v=QB0REB

=QBB0R

E

odakle je

m1 =QBB0R1

E=1:9 � 10�19 C � 1T � 0:5T � 0:201m

5 � 105 Vm= 3: 819� 10�26 kg � 23 � u

m2 =QBB0R2

E=1:9 � 10�19 C � 1T � 0:5T � 0:341m

5 � 105 Vm= 6: 479� 10�26 kg � 39 � u

Primjer 24. Duga valjkasta zavojnica ima 20 zavoja po centimetru duljine.Primjenom Ampèreova zakona odredite jakost magnetskog polja unutar zavojnicekada kroz nju teµce struja jakosti I = 0:05A.

Rje�enje:Primjenom Ampèreova zakonaI

K

�!H � d�!l = NI

na zami�ljenoj integracijskoj krivulji K koju odabiremo radi simetriµcnosti kao kvadratstranice a. U dugoj valjkastoj zavojnici magnetske silnice unutar zavojnice su pravci

2. PRIMJERI 45

paralelni koaksijalnom pravcu, a izvan zavojnice su nula (zanemarive). Integriran-jem dobivamoIK

�!H � d�!l =

BZA

�!H � d�!l +

CZB

�!H � d�!l +

DZC

�!H � d�!l +

AZD

�!H � d�!l

=

BZA

H cos 0 � dl +CZB

H cos�

2� dl

| {z }=0;

�!H?d�!l

+

DZC

H cos� � dl

| {z }=0; H=0

+

AZD

H cos3�

2� dl

| {z }=0;

�!H?d�!lI

K

�!H � d�!l = Ha =

Na

l� I

gdje je Nal broj zavoja koji obuhvaca zami�ljeni kvadrat. Odavde slijedi da je

H =N

lI =

20

10�2m� 0:05A = 100 A

m

Primjer 25. U dugoj �upljoj valjkastoj zavojnici promjera r = 5 cm i duljinel = 80 cm sa 1000 zavoja teµce struja jakosti I = 0:5A. Izraµcunajte magnetskuindukciju unutar zavojnice, gustocu energije magnetskog polja i ukupnu magnetskuenergiju.

Rje�enje:Magnetska indukcija B unutar duge zavojnice (2r � l) iznosi

B = �0N

lI = 4� � 10�7 Tm

A� 10000:8m

� 0:5A = 7:85 � 10�4 T

Gustoca energije magnetskog polja jest

w =B2

2�0=

�7:85 � 10�4 T

�22 � 4� � 10�7 TmA

= 0:245J

m3

Volumen zavojnice iznosi

V = B � l = r2� � l = (0:05m)2 � � 0:8m = 6: 28 � 10�3m3

Ako zanemarimo promjenu magnetskog polja pri krajevima zavojnice, tada bi gus-toca energije magnetskog polja bila konstantna i ukupnu energiju bi dobili kao

W = w � V = 0:245 J

m3� 6: 28 � 10�3m3 = 1:54 � 10�3 J = 1: 54mJ

Primjer 26. Pravocrtni vodiµc duljine l = 2m i otpora R1 = 10 spojen jepreko metalnih traµcnica na akumulator elektromotorne sile " = 12V i unutra�njegotpora Ru = 2. Vodiµc i traµcnice nalaze se u homogenome magnetskom poljeindukcije B = 1T, tako da je polje okomito na povr�inu petlje. Nakon zatvaranjastrujnoga kruga vodiµc se poµcinje gibati i postigne stalnu brzinu v0 = 1 ms . Kolikesu jakost struje i magnetska sila u poµcetnom trenutku zatvaranja strujnoga kruga?Kolika je jakost struje kroz vodiµc kada brzina gibanja postane konstantna? Kolikaje otporna sila? Otpor vodova zanemarite.

Rje�enje:U trenutku kada se vodiµc poµcinje gibati jo� nema inducirane elektromotorne

sile, te je jakost struje u krugu

I ="

R1 +Ru="

R=

12V

10 + 2= 1A


Magnetska sila iznosi

F = BIl = 1T � 1A � 2m = 2N

Gibanjem vodiµca inducira se elektromotorna sila iznosa

"i = Blv

Primjenom drugoga Kircho¤ova zakona raµcunamo jakost struje

"� "i = IR

"�Blv0 = I0R

I0 ="�Blv0R

=12V � 1T � 2m � 1 ms

12= 0:83A

Vodiµc postigne konstantnu brzinu kada se izjednaµce magnetska sila i sila trenjaklizanja. Odavde slijedi

Fm = Ftr = BI0l = 1T � 0:83A � 2m = 1:66N

Primjer 27. Komad metalnog vodiµca duljine l = 0:5m i mase m = 0:1 kg moµzeklizati preko dviju usporednih metalnih traµcnica okomito na vertikalno homogenomagnetsko polje B = 1T. Ako u poµcetnom trenutku klizaµc dobije brzinu v0 = 1 mskoliki put ce prevaliti dok se ne zaustavi? Koliki ce biti put i brzina u trenutkut = 1 s? Otpor strujnoga kruga iznosi R = 2.

Rje�enje:Za vrijeme dt vodiµc napravi put od ds = vdt i pri tome se povr�ina 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 = BIl = B � BlvR

� l = B2l2v

R= bv

b =B2l2

R=(1T)

2(0:5m)

2

2= 0:125

kg

s

gdje je b konstanta.Vektroski bi bilo

�!F = �b�!v

Drugi Newtonov zakon za to gibanje daje

F = md2s

dt2= m

dv

dt= �bv

KORISNIK

Highlight

2. PRIMJERI 47

uz poµcetne uvjete t = 0, s = 0, v = v0. Rje�avanjem jednadµzbe dobivamo

mdv

dt= �bv

vZv0

dv

v= � b

m

tZ0

dt

ln vjvv0 = � bmtjt0 =) ln v � ln v0 = �

b

m(t� 0)

lnv

v0= � b

mt =) v

v0= e�

bm t

v = v0 � e�bm t

odakle je prije�eni put jednak

s =

tZ0

vdt =

tZ0

�v0 � e�

bm t�dt = �mv0

be�

bm t��t0= �mv0

b

�e�

bm t � e� b

m �0�

=mv0b

�1� e� b

m t�=mv0B2l2

R

�1� e� b

m t�=mv0R

B2l2

�1� e� b

m t�

Ukupni prije�eni put iznosi

suk =mv0R

B2l2=0:1 kg � 1 ms � 2(1T)

2(0:5m)

2 = 0:8m

U trenutku t = 0:1 s brzina i prije�eni put iznose

v = v0 � e�B2l2

Rm �t = 1m

s� e�

(1 T)2(0:5m)2

0:1 kg�2 �1 s � 0:29 ms

s = suk

�1� e�B2l2

Rm �t�= 0:8m

�1� e�

(1 T)2(0:5m)2

0:1 kg�2 �1 s�= 0:57m

POGLAVLJE 13

IZMJENIµCNA STRUJA

1. Uvod

Ako se tanka zavojnica (okvir) od N zavoja povr�ine S jednoliko vrti kutnombrzinom ! = 2�f = 2�

T u homogenome magnetskom polju indukcije B, inducira sesinusoidalna izmjeniµcna elektromotorna sila:

" = �N d�dt= NBS! sin!t = "m sin!t

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 faznikut izme�u napona i struje.

Efektivna vrijednost I de�nira se kao jakost koju bi morala imati istosmjernastruja konstantne jakosti I, koja bi u jednakom vremenskom intervalu proizvela istitoplinski uµcinak na nakom omskom otporu kao i promatrana izmjeniµcna struja.

I =Imp2

Analogno de�niramo i efektivnu vrijednost napona

U =Ump2

Ohmov zakon za izmjeniµcnu struju glasi:

I =U

Z

gdje je Z ukupni otpor (impedancija) u krugu izmjeniµcne struje i de�nirana jeizrazom

Z =

qR2 + (XL �XC)2

gdje je R - radni otpor, XL = L! - induktivni otpor, aXC = 1C! - kapacitivni otpor.

µCesto se struja, napon i impedancija simboliµcki prikazuju kompleksnim brojevimaradi lak�eg raµcunanja

i = Imej!t

u = Umej(!t+')

Z = R+ j (XL �XC)gdje je j =

p�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 = 1Z jednaka je

Y =

qG2 + (BL �BC)2

49

50 13. IZMJENI µCNA STRUJA

gdje jeG - omska vodljivost, BL - induktivna vodljivost iBC - 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

R=L! � 1

C!

R

Srednja vrijednost snage izmjeniµcne struje iskazuje se izrazom

P = UI cos'

Produkt

Pp = UI

naziva se prividnom snagom i izraµzava se u voltamperima (VA). Reaktivna (jalova)snaga je

Pr = Pp sin'

Jedinica za reaktivnu (jalovu) snagu izmjeniµcne struje jest var (VA = var = W).Prividna snaga jednaka je korijenu zbroja kvadrata radne i reaktivne snage

Pp =pP 2 + P 2r

Za idealni transformator (bez gubitaka) vrijedi

U1U2

=I2I1=N1N2

gdje su U1; I1; N1 i U2; I2; N2 napon, jakost struje i broj zavoja primarne odnosnosekundarne zavojnice.

Naponi pojedinih faza trofaznog sustava jesu

uR = Um sin!t

us = Um sin

�!t� 2�

3

�ur = Um sin

�!t� 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 kapacitetaC = 7:957 �F spojen je na gradsku mreµzu efektivne vrijednosti napona U = 220Vi frekvencije � = 50Hz. Koliki je trenutni pad napona na svakome od otpora utrenutku kada je jakost struje i = 0:5A?

Rje�enje:Kapacitivni otpor iznosi

XC =1

C!=

1

7:9577 � 10�6 F � 100�Hz = 400

Ukupni otpor (impedancija) iznosi

Z =qR2 +X2

C =

q(300)

2+ (400)

2= 500

Maksimalna vrijednost struje iznosi

Im =UmZ=220V �

p2

500=311: 13V

500= 0:622 25A

KORISNIK

Highlight

2. PRIMJERI 51

te je vremenska ovisnost jakosti struje zadana izrazom

i (t) = Im sin!t = 0:622 25A � sin (100� � t)

gdje je kut izraµzen u radijaima. Fazni kut izme�u napona i struje iznosi

' = arctan

��XCR

�= arctan

��400300

�= � arctan 4

3

= �0:927 3 rad = �53: 129�

te je napon zadan izrazom

u = Um sin (!t+ ') = 311:13V � sin (100� � t� 0:927 3)

Struja ima vrijednost i (t1) = 0:5A u trenucima kada je

sin!t1 =i (t1)

Im=

0:5A

0:622 25A= 0:803 54

odnosno

!t1 = arcsin 0:803 54 = 0:933 22 rad

t1 =1

!arcsin 0:803 54 =

0:933 22

100�= 2: 970 5 � 10�3 s

i vrijednost i (t2) = �0:5A kada je

sin!t2 =i (t2)

Im=

�0:5A0:622 25A

= �0:803 54

odnosno

!t2 = arcsin (�0:803 54) = �0:933 22 rad

kako bi dobili pozitivni trenutak vremena dodati cemo period �

!t2 = (� � 0:933 22) rad = 2: 208 4 rad

t2 =1

!arcsin 0:803 54 =

2: 208 4

100�= 7: 029 6 � 10�3 s

Naponi su u tim trenucima:400 � 0:62225A � (0:595 27) = 148: 16A

t = t1 = 2: 970 5 � 10�3 suR = Im sin!t1 �R = 0:5A � 300 = 150VuC = XC � Im sin

�!t1 �

�

2

�= 400 � 0:62225A � (�0:595 25)

= �148: 16Vu = uR + uC = 150V + (�148: 16V) = 1:84V

t = t2 = 7: 029 6 � 10�3 suR = Im sin!t2 �R = 0:5A � 300 = 150VuC = XC � Im sin

�!t2 �

�

2

�= 400 � 0:62225A � (0:595 27)

= 148: 16V

u = uR + uC = 150V + 148: 16V = 298:16V

Primjer 29. Koaksijalni kabel unutarnjeg polumjera R1 = 0:5mm, vanjskogpolumjera R2 = 3mm, duljine l = 30m, s izolatorom relativne elektriµcne permi-tivnosti "r = 3, spojen je na gradsku mreµzu izmjeniµcnog napona U = 220V. Kolikaje jakost struje kroz kabel?

KORISNIK

Highlight


Rje�enje:Kapacitet koaksijalnog kabela jest

C =2�"0"r

ln R2

R1

l =2� � 8:854187817 � 10�12 Fm�1

ln 3mm0:5mm

30m

= 9: 314 7 � 10�10 F � 93 nF

Kapacitivni je otpor kabela 19: 314 7�10�10 F�100�Hz =

3: 417 3�106A2

m2

s3 kg

XC =1

C!=

1

9: 314 7 � 10�10 F � 100�Hz = 3: 417 3M

Pa je jakost struje

I =U

XC=

220V

3: 417 3M= 6: 437 8 � 10�5A

Primjer 30. Omsko tro�ilo snage P = 15 kW spojeno je preko dugoga dvoµzilnogakabela ukupnog otpora R = 0:4113 9 na izvor izmjeniµcnoga napona. Koliki jenapon izvora izmjeniµcne struje ako je gubitak energije u kabelu 15% ulazne energije?

Rje�enje:Na tro�ilo dolazi 85% energije koju �alje izvor, ta je ulazna snaga

Pu =15 kW

0:85= 17: 647 kW

a gubitak u kabelu je

Pg = Pu � P = 2:647 kW

Kako je gubitak u kabela zapravo gubitak na Jouleovu toplinu, vrijedi

Pg = I2R

odakle je jakost struje

I =

rPgR=

r2:647 kW

0:41139= 80:214A

Ulazna snaga je

Pu = Ui � I

odakle je

Ui =PuI=17: 647 kW

80:214A= 220V

Primjer 31. U strujnome krugu napon i struja se mijenjaju prema zakonu

u (t) = Um sin!t

i (t) = Im sin (!t+ ')

gdje je ! = 100� s�1, Um = 110V, Im = 2A, 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.

Rje�enje:Trenutna vrijednost snage jednaka je

P (t) = u (t) � i (t) = Um sin!t � Im sin (!t+ ') = UmIm sin (!t+ ') sin!t

2. PRIMJERI 53

Buduci da je Um =p2U , i Im =

p2I , gdje su U; I - efektivne vrijednosti napona

i struje, te

sin (!t+ ') sin!t =1

2[cos'� cos (2!t+ ')]

vrijedi

P (t) = UI � [cos'� cos (2!t+ ')]

Minimalna vrijednost snage je

Pmin = UI (cos'� 1)

a maksimalna vrijednost je

Pmax = UI (cos'+ 1)

dok je srednja snaga jednaka

P =1

T

TZ0

P (t) dt =1

T

TZ0

UI � [cos'� cos (2!t+ ')] dt

=UI

T

TZ0

[cos'� cos (2!t+ ')] dt = UI cos'� UIT

TZ0

cos (2!t+ ') dt

| {z }=0

= UI cos'

a): Ako je fazni pomak izme�u napona i struje ' = 0, tro�ilo u krugu je µcistiomski (aktivni) otpor, vrijedi

Pmin = UI (cos 0� 1) = 0WPmax = UI (cos 0 + 1) = 2UI = UmIm = 110V � 2A = 220W

P = UI cos 0 = UI =Pmax2

= 110W

b): Ako je ' = �6 , u krugu je aktivni i pasivni (reaktivni) otpor, a snaga je

Pmin = UI�cos

�

6� 1�= 110W � (0:866 03� 1) = �14: 737W

Pmax = UI�cos

�

6+ 1�= 110W � (0:866 03 + 1) = 205: 26W

P = UI cos�

6= 110W � 0:866 03 = 95: 263W

c): Ako je ' = ��2 , u krugu je samo reaktivni (induktivni ili kapacitivni)

otpor. Tada je cos��2

�= 0, pa je

Pmin = �Pmax = UI = �110 varP = 0W

Srednja snaga jednaka je nuli. Tijekom jedne polovine perioda energijaprelazi iz izvora u reaktivni element (u obliku elektrostatske odnosno mag-netske energije), dok se tijekom druge polovine perioda ista vraca u izvor.

Primjer 32. Omski otpor R = 50 i induktivni otpor XL = 150 spojenisu paralelno na izvor izmjeniµcnog napona. Kolike su ukupna vodljivost i ukupnaimpedancija tog spoja?

KORISNIK

Highlight


Rje�enje:

Zadatak moµzemo rije�iti na dva naµcina. Prvi naµcin je preko vodljivosti, a drugirje�avanjem mreµza izmjeniµcne struje, odnosno prikazom preko kompleksnih brojeva.Ukupna vodljivost je

Y =qG2 +B2L =

s�1

50

�2+

�1

150

�2= 0:02 108 2�1

a impedancija je reciproµcna vrijednost vodljivosti

Z =1

Y=

1

0:02 108 2�1= 47: 434

Drugi naµcin je:

I = Imej!t; U = Ume

j(!t+')

u tzv. Argandovu dijagramu u kojem je apscisa realna, a ordinata imaginarna os.Impedancija i vodljivost mogu se prikazati kao kompleksni brojevi, �to u na�emprimjeru slijedi

G =1

R=

1

50= 0:02�1

BL =1

jXL=

1

j � 150 = �j6:6667 � 10�3 �1

Y = (0:02� j0:0066667) �1

jY j =

q(0:02)

2+ (�0:0066667)2 �1 = 4: 444 4 � 10�4 �1

Z =1

Y=

1

(0:02� j0:0066667) �1=(0:02 + j0:0066667)

4: 444 4 � 10�4

= 2250 (0:02 + j0:0066667) = (45 + j15)

jZj =p452 + 152 = 47: 434

Primjer 33. Omski otpor R = 10 i induktivni otpor XL = 25 serijskisu spojeni na gradsku mreµzu. Izraµcunajte impedanciju,te ukupnu, omsku i induk-tivnu vodljivost tog spoja. Koliki je ekvivalentni paralelni spoj omskog i induktivnogotpora?

Rje�enje:Impedancija, prikazana u kompleksnoj ravnini, iznosi

Z = (10 + j25)

jZj =p102 + 252 = 26: 926

Vodljivost je reciproµcna vrijednost impedancije 25725 = 3: 448 3� 10�2

Y =1

Z=

1

(10 + j25) =10� j25102 + 252

�1

= (0:013793� j0:0 34483) �1

Buduci da je komplekna vodljivost jednaka

Y = G� j (BL �BC)

omska vodljivost je G = 0:013793�1, a reaktivna (induktivna) vodljivost je BL =0:0 34483�1. Taj je spoj ekvivalentan paralelnome spoju omskog otporaR0 = 1

G =

72: 501 i induktivnoga otpora X 0L =

1BL

= 29.

2. PRIMJERI 55

Primjer 34. Na izmjeniµcni napon U = 220V u seriju su spojeni omski otporR = 9, induktivni otpor XL = 6 i kapacitivni otpor XC = 3. Izraµcunajteimpedanciju, fazni kut izme�u napona i struje te snagu. Napi�ite izraz za struju utrenutku kada je napon jednak u = (100 + j196) V.

Rje�enje:Impedancija, prikazana u kompleksnoj ravnini, iznosi

Z = 9 + j6� j3 = (9 + j3) jZj =

p92 + 32 = 3

p10 = 9: 486 8

Fazni kut izme�u napona i struje iznosi

tan' =L! � 1

C!

R=XL �XC

R=6� 39

=1

3

' = arctan1

3= 0:321 75rad = 18: 435�

Snaga je jednaka

P = UI cos' =U2

Zcos' =

(220V)2

9:4868cos 18:435 = 4840W

Ako je napon u = (100 + j196) V, trenutna je vrijednost struje

i =u

Z=(100 + j196) V

(9 + j3) =(100 + j196) (9� j3) V(9 + j3) (9� j3)

=1488 + 1464i

90A = (16: 533 + 16: 267i) A

jij =

q(16: 533)

2+ (16: 267)

2A = 23: 194A

Primjer 35. Induktivni motor snage P = 1kW, prikljuµcen je na gradsku mreµzunapona U = 220V i frekvencije f = 50Hz, te ima e�kasnost od � = 85% i faktorsnage 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 jereaktivna snaga potrebna za tu kompenzaciju? Kolika je jakost struje kroz takavkompenzirani motor?

Rje�enje:Snaga koju motor uzima pri punom opterecenju iz izvora je

Pu =P

�=1000W

0:85= 1176: 5W

�to odgovara prividnoj snazi

Pp =Pucos'

=1176:5W

0:8= 1470:6W

gdje je cos' = 0:8 - faktor snage. Kroz motor teµce struja jakosti

I1 =PpU=1470:6W

220V= 6: 684 5A

pa je impedancija kruga

Z =U

I1=

220V

6: 684 5A= 32:912

od µcega je aktivni (omski) dio

R = Z cos' = 32:912 � 0:8 = 26: 330a reaktivni (induktivni) dio

XL = Z sin' = 32:912 � 0:6 = 19: 747


Fazni kut iznosi

' = arccos 0:8 = 0:643 5rad = 36: 87�

Dodavanjam paralelnoga kondenzatora kapaciteta C faktor snage poraste na

cos'0 = 0:95 =) '0 = 0:31756 rad = 18:195�

tan'0 = 0:328 68

Iz izraza za fazni kut dobivamo

tan'0 =XL �XC

R=I1 sin'� I2I1 cos'

XC = XL �R tan'0 = 19: 747� 26: 330 � 0:328 68= 11: 093

pa je potrebni kapacitet kondenzatora

C =1

XC!=

1

11: 093 � 100� s�1 = 286:9 5 � 10�6 F

Struja kroz kondenzator je

I2 = I1 (sin'� tan'0 cos') = 6: 684 5A � (0:6� 0:328 68 � 0:8)= 2: 253 1A

odakle je po kosinusovu pouµcku ukupna struja

I =

rI21 + I

22 � 2I1I2 cos

��2� '0

�= 5: 566 5A

Pa je reaktivna snaga u kondenzatoru

Pr = UI sin'0 = 220V � 5: 566 5A � sin 18:195= 382: 39 var (W)

Primjer 36. Omski otpor R = 20 spojen je paralelno s induktivnim otporomXL = 50. Taj je spoj prikljuµcen u seriju s kondenzatorom reaktivnog otporaXC = 10 i spojen na gradsku mreµzu. Izraµcunajte impedanciju, struju i faktorsnage.

Rje�enje:Vodljivost paralelnog spoja omskog i induktivnog otpora iznosi

Y 0 =

�1

20+

1

j50

��1 = (0:05� j0:02) �1

te je impedancija tog paralelnog spoja

Z 0 =1

Y 0=

1

(0:05� j0:02) �1=0:05 + j0:02

0:052 + 0:022

= (17: 241 + j6: 896 6)

Ukupna impedancija iznosi

Z = Z 0 � jXC = (17: 241 + j6: 896 6) � j10= (17: 241� j3: 103 4)

Jakost struje u krugu jest

I =U

Z=

220V

(17: 241� j3: 103 4) = (12: 360 + 2: 224 8i) A

jij =p12: 362 + 2: 224 82A = 12: 559A

2. PRIMJERI 57

Faktor snage za ovaj krug iznosi

tan' =X

R=�3:103417:241

= �0:18

' = arctan (�0:18) = �0:178 09 rad = �32:056�

cos' = cos�32:056 = 0:984 18

Primjer 37. Impedancija jednofaznih vodova od izvora do potro�aµca za obavoda iznosi Z = (5 + j3) . Na vodove je spojeno induktivno tro�ilo kojim teµcestruja jakosti I = 1:5A uz napon U = 220V i faktor snage cos' = 0:73. Odreditenapon izvora.

Rje�enje:Kut izme�u napona i struje na tro�ilu je

' = arccos 0:73 = 0:752 47 rad = 43:112�

Ako struju kroz tro�ilo prikaµzemo izrazom

I = 1:5 (5 + j0) A

te napon na tro�ilu sa

U = 220V � (cos 43:112 + j sin 43:112) = (160: 6 + j150: 36) Vuz impedanciju vodova

Z = (5 + j3)

jZj =p52 + 32 = 5:831

dobivamo pad napona na vodovima:

Uv = IZ = 1:5 (5 + j0) A � (5 + j3) = (37: 5 + j22: 5) VUlazni napon (napon izvora) je jednak

Ui = U + Uv = (160: 6 + j150: 36) V + (37: 5 + j22: 5) V

= (198: 1 + j172: 86) V

jUij = j198: 1 + j172: 86j = 262:91V

Primjer 38. Jednofazni je transformator prividne snage Pp = 150 kVA (pripunom opterecenju). Gubici u µzeljeznoj jezgri iznose 1:2 kW i praktiµcno ne ovise oopterecenju. Gubici u bakrenoj µzici (Jouleovo zagrijavanje) pri punom opterecenjusu 1:5 kW i proporcionalni su kvadratu snage. Faktor snage transformatora jecos' = 0:85. Izraµcunajte e�kasnost transformatora pri punom opterecenju i pripola opterecenja. Kada je e�kasnost transformatora maksimalna?

Rje�enje:E�kasnost je

� =P

Pu=

P

P + PCu + PFePri punom opterecenju Pp = 150 kVA, P = Pp cos' = 150 kVA � 0:85 kW = 127:5 kW, gubici su PCu = 1:5 kW, PFe = 1:2 kW te je ulazna snaga

Pu = P + PCu + PFe = 127:5 kW + 1:5 kW + 1:2 kW = 130: 2 kW

i e�kasnost

� =P

Pu=127:5 kW

130: 2 kW= 0:979 26 = 97:93%

Pri pola opterecenja

P 0 =P

2=127:5 kW

2= 63: 75 kW

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight


gubici u µzeljeznoj jezgri su isti, tj. iznose PFe = 1:2 kW, gubici u bakrenoj µzici suµcetiri puta manji, tj. iznose P 0Cu = 0:375 kW, pa je ulazna snaga jednaka

P 0u = P0 + P 0Cu + PFe = 63:75 kW + 0:375 kW + 1:2 kW = 65: 325 kW

i e�kasnost

�0 =P 0

P 0u=63:75 kW

65:325 kW= 0:975 89 = 97:59%

Da bi prona�li maksimum e�kasnosti moramo pronaci e�kasnost kao funkciju snage,odnosno kako je PCu = kP 2 proporcionalan kvadratu snage, a PFe = konst: jer neovisi o snazi, vrijedi:

� =P

P + kP 2 + PFe

Funkcija ima maksimum kada je

d�

dP=

PFe � kP 2

(P + kP 2 + PFe)2 = 0 =) PFe = PCu = kP

2 = 1:2 kW

tj. kada su gubici u µzeljeznoj jezgri jednaki gubicima u bakrenoj µzici. U na�emsluµcaju to je

k =PCuP 2

=1:5 kW

(127:5 kW)2 = 9: 227 2 � 10

�5 ( kW)�1

odakle je

P =

s1:2 kW

9: 227 2 � 10�5 ( kW)�1

ili

P = 127:5 kW

r1:2

1:5= 114: 04 kW

pa je

� =114: 04 kW

114: 04 kW + 1:2 kW + 1:2 kW= 0:979 39 = 97:94%

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?

Rje�enje:Naponi izme�u tri linije i nul-vodiµca su

' = 0! UR = 220V (cos'+ j sin') = 220 (1 + j0) V

' =2�

3! US = 220V

�cos

2�

3+ j sin

2�

3

�= 220

�12+ j

p3

2

!V

= (�110 + j190: 53) V

' =4�

3! UT = 220V

�cos

4�

3+ j sin

4�

3

�= 220

�12� j

p3

2

!V

= (�110� j190: 53) V

2. PRIMJERI 59

Jakosti struja su

IR =URZ1

=220V

(8 + j6) =220 (8� j6)

100A = (17:6� j13:2) A

jIRj = j17:6� j13:2j A = 22A

IS =USZ2

=(�110 + j190: 53) V

(8� j6) =(�110 + j190: 53) (8 + j6)

100A

= (2:63� j21:84) AjIS j = j2:63� j21:84j A = 22A

IT =UTZ3

=(�110� j190: 53) V

10= (�11� j19:053) A

jIT j = j�11� j19:053j A = 22AStruja kroz nul-vodiµc jej9:23� i54: 093j = 54: 875

�InA

= [(17:6 + 2:63� 11) + j (�13:2� 21:84� 19:053)] A

= (9:23� j54: 093) AIn = j9:23� j54: 093j A = 54: 875A

Snaga u svakoj od faza dobije se mnoµzenjem omskog otpora i kvadrata efektivnejakosti struje:

PR = I2RRR = (22A)2 � 8 = 3872W

PS = I2SRS = (22A)2 � 8 = 3872W

PT = I2TRT = (22A)2 � 10 = 4840W

POGLAVLJE 14

ELEKTROMAGNETSKI VALOVI

1. Uvod

Vlastita frekvencija titrajnoga kruga s kapacitetom C i induktivitetom L tezanemarivim omskim otporom opisuje se Thomsonovom formulom:

f =1

2�pLC

U sluµcaju postojanja omskog otpora

f =1

2�pLC

r1� R

2C

L

Zakoni elektromagnetizma mogu se napisati u µcetiri Maxwellove jednadµzbe kojeu integralnom obliku glase:

(1)IS

�!D � d�!S = Q

(2)IS

�!B � d�!S = 0

(3)IK

�!E � d�!s = � d

dt

ZZS

�!B � d�!S

(4)IK

�!H � d�!s = I + d

dt

ZZS

�!D � d�!S

Iz Maxwellovoh jednadµzbi moµze se kombiniranjem dobiti valna jednadµzba za�irenje elektromagnetskih valova. Na primjer, ako se val �iri u proizvoljno odabra-nom smjeru, recimo osi z, jednadµzbe su:

@2Ex@z2

� 1

v2@2Ex@t2

= 0

@2By@z2

� 1

v2@2By@t2

= 0

gdje je v = ("�)�12 - brzina �irenja elektromagnetskog vala. U vakuumu ta brzina

iznosi

v = c = 2:99792458 � 108 ms� 3 � 108 m

s

Rje�enje valnih jednadµzbi inaju oblik�!E = [E0 � f (z � vt)]

�!i

�!B = [B0 � f (z � vt)]

�!j

gdje je f - proizvoljna funkcija. Vektori elektriµcnoga i magnetskoga polja u elek-tromagnetskom valu uvijek su me�usobno okomiti, a okomiti su i na smjer �irenja

61

62 14. ELEKTROMAGNETSKI VALOVI

vala. Najjednostavniji oblik valnog gibanja je harmoniµcki ravni val kji opisujemojednadµzbama:

Ex = E0 sinh!�t� z

v

�i= E0 sin (!t� kz)

By = B0 sinh!�t� z

v

�i= B0 sin (!t� kz)

gdje je k = 2�� = !

v - valni broj, a ! = 2�f - kruµzna frekvencija vala. Kao i zamehaniµcke valove i ovdje vrijedi

v = �f =!

k

U elektromagnetskom valu veza izme�u elektriµcnog i magnetskog polja jest

B =E

v

Gustoca toka energije elektromagnetskog vala iskazuje se Poyntingovim vektorom�!S =

�!E ��!H =

1

�

�!E ��!B

i predstavlja energiju koju elektromagnetski val prenese u jedinici vremena krozjediniµcnu povr�inu. Za monokromatski sinusoidalni val srednja vrijednost iznosaPoyntingova vektora iznosi

S =1

2E0H0

2. Primjeri

Primjer 40. Iz zakona oµcuvanja energije izvedite frekvenciju za titrajni LC-krug.

Rje�enje:Ukupna elektrostatska energija kondenzatora kapaciteta C iznosi E = Q2

2C , aenergija zavojnice E = 1

2LI2 gdje je I = dQ

dt . Ukupna energija ova dva elementa pozakonuoµcuvanja energije glasi

Q2

2C+1

2LI2 = konst: =

d

dt

2QdQdt

2C+1

2L � 2I dI

dt= 0

QI

C+ LI

dI

dt= 0 = : LI

dI

dt+

1

LCQ = 0

uz kori�tenje identiteta I = dQdt slijedi

d2Q

dt2+

1

LCQ = 0

ovo je valna jednadµzba uz frekvenciju titranja

!2 =1

LC=) ! =

1pLC

Primjer 41. Izraµcunajte rezonantnu frekvenciju strujnoga kruga, koji ima paralelnopovezan kondenzator kapaciteta C = 900 nF sa serijski povezanom zavojnicom in-duktiviteta L = 11: 258H i otpora

a): R = 0 i

KORISNIK

Highlight

2. PRIMJERI 63

b): R = 200.

Rje�enje:Ukupna impedanca serijskog spoja zavojnice i omskog otpora iznosi

Z = R+ jXL

pa je vodljivost tog spoja

Ys =1

Z=

1

R+ jXL=

1

R+ j!L

Ukupna vodljivost iznosi

Y = YC + Ys = j!C +1

R+ j!L= j!C +

(R� j!L)(R+ j!L) (R� j!L)

= j1

XC+

R

R2 +X2L

� j XLR2 +X2

L

=R

R2 +X2L

+ j

�1

XC� XLR2 +X2

L

�Rezonancija nastupa kad je vodljivost minimalna, tada su struja i napon ufazi, a imaginarni dio vodljivosti jednak je nuli:

1

XC� XLR2 +X2

L

= 0 =) 1

XC=

XLR2 +X2

L

Rezonantna frekvencija je

!C =!L

R2 + !2L2=) R2C + !2L2C = L

!2 =L�R2CL2C

=1

LC

�1� R

2C

L

�! =

1pLC

r1� R

2C

L

a): Ako je R = 0 imamo idealni LC-krug i rezonantna frekvencija je

!0 =1pLC

=1p

11: 258H � 900 nF= 314: 16 s�1

f0 = 50Hz

b): Ako je R = 2k dobivamo

!r =1pLC

r1� R

2C

L= !0

r1� R

2C

L

= 314: 16 s�1

s1� (2 k)

2 � 900 nF11: 258H

= 259: 11 s�1

fr = 41: 24Hz

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 nabojazadovoljava Maxwellove jednadµzbe u posebnom sluµcaju - kad je zatvorena ploha kockabrida a, a zatvorena krovulja stranica te kocke.

Rje�enje:Prve dvije Maxwellove jednadµzbe glaseI

S

�!E � d�!S = Q;

IS

�!B � d�!S = 0


pri µcemu je zatvorena ploha S kocka brida a. Kako je smjer elektriµcnog polja u

smjeru osi x,IS

�!E � d�!S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os x, a na

svim ostalim stranicama je�!E � d�!S = 0

��!E?d�!S

�. Tok vektora

�!E kroz stranicu

CDEF je Z ZCDEF

�!E �d�!S =

aZ0

dy

aZ0

E0 sin (!t� kz) dz =E0a

k[cos (!t� ka)� cos!t]

jer je�!E kd�!S . Na donjoj strani te kocke (ABGO) �!E i d

�!S su antiparalelni, pa jeZ Z

CDEF

�!E �d�!S = �

aZ0

dy

aZ0

E0 sin (!t� kz) dz = �E0a


Ukupni tok vektora�!E po zatvorenoj plohi (kocki) jednak jeI

S

�!E � d�!S =

Z ZCDEF

�!E � d�!S +

Z ZCDEF

�!E � d�!S = 0

µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava prvu Maxwellovu jednadµzbu.Sliµcno raµcunajuci tok vektora

�!B , moµzemo dokazati da i magnetsko polje zado-

voljava drugu Maxwellovu jednadµzbu. Kako je smjer magnetskog polja u smjeru

osi y,IS

�!B � d�!S razliµcit je od nule samo za stranice okomite na os y, a na svim

ostalim stranicama je�!B � d�!S = 0

��!B?d�!S

�. Tok vektora

�!B kroz stranicu ABCD

je Z ZABCD

�!B �d�!S =

aZ0

dx

aZ0

B0 sin (!t� kz) dz =B0a


jer je�!Bkd�!S . Na drugoj strani te kocke (EFGO) �!B i d

�!S su antiparalelni, pa jeZ Z

EFGO

�!B �d�!S = �

aZ0

dx

aZ0

B0 sin (!t� kz) dz = �B0a


Ukupni tok vektora�!B po zatvorenoj plohi (kocki) jednak jeI

S

�!B � d�!S =

Z ZABCD

�!B � d�!S +

Z ZEFGO

�!B � d�!S = 0

µcime je dokazano da elektriµcno polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadµzbu.Da bismo pokazali da zadano elektriµcno i magnetsko polje zadovoljavaju trecuMaxwellovu jednadµzbu, najprije izraµcunajmo tok vektora

�!B , npr. kroz stranicu

ADBC, zatim cirkulaciju vektora�!E po rubu te stranice i dobivene rezultate uvrstiti

u trecu Maxwellovu jednadµzbu:IABCDA

�!E � d�!s = � d

dt

Z ZABCD

�!B � d�!S

2. PRIMJERI 65

Tok vektora�!B , zbog paralelnih smjerova

�!B i d

�!S , jestZ Z

ABCD

�!B �d�!S =

aZ0

aZ0

B0 sin (!t� kz) dx dz =B0a


Cirkulacija vektora�!E jeI

ABCDA

�!E � d�!s =

ZAB

�!E � d�!s +

ZBC

�!E � d�!s +

ZCD

�!E � d�!s +

ZDA

�!E � d�!s

=

aZ0

E0 sin (!t� ka) +0Za

E0 sin (!t)

= E0a [sin (!t� ka)� sin (!t)]

Uvrstimo li dobivene rezultate u trecu Maxwellovu jednadµzbu dobivamoIABCDA

�!E � d�!s = � d

dt

Z ZABCD

�!B � d�!S

E0a [sin (!t� ka)� sin (!t)] = � ddtfB0ak[cos (!t� ka)� cos!t]g

=B0a!

k[sin (!t� ka)� sin (!t)]

Buduci da za elektromagnetski val v = !k i B0 =

E0v vidimo da zadani elektromag-

netski val zadovoljava trecu Maxwellovu jednadµzbu. Sliµcno bismo mogli dokazatii 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 zadanoje izrazom

�!B = B0 sin!

�t� x

c

��!k pri µcemu je B0 = 5 � 10�10 T i ! = � � 1010 s�1.

Izraµcunajte: frekvenciju, valnu duljinu i valni broj, te elektriµcno polje i srednjugustocu energijskog toka vala.

Rje�enje:Iz ! = 2�f = � � 1010 s�1 dobivamo da je frekvencija vala jednaka

f = 5 � 109Hz

Valna duljina je

� =c

f=3 � 108 ms5 � 109Hz = 6 � 10

�2m = 6 cm

a valni broj

k =2�

�=

2�

6 � 10�2m = 104: 72m�1

Amplitudu elektriµcnog polja dobivamo iz

E0 = cB0 = 3 � 108m

s� 5 � 10�10 T = 0:15 V

m

pa je elektriµcno polje zadano izrazom

�!E =

�!jh0:15 sin!

�t� x

c

�i Vm


pa je gustoca energijskog toka jednaka srednjoj vrijednosti Poyntingovog vektora10�7 TmA�1 =1:0�10�7

A2ms2 kg

S =1

2�E0B0 =

1

2 � 4� � 10�7 NA2

� 0:15 Vm� 5 � 10�10 T

= 2: 984 2 � 10�5 Wm2

Primjer 44. Izraµcunajte amplitudu elektriµcnoga i magnetskoga polja u Sunµcevuzraµcenju na Zemljinoj povr�ini koristeci podatak da okomita povr�ina, u odnosu naSunµceve zrake, od S = 1m2 primi snagu od 1:36 kW.

Rje�enje:Srednja vrijednost gustoce toka energije elektromagnetskog vala, tj. snaga po

jediniµcnoj povr�ini, jednaka je srednjoj vrijednosti Poyntingova vektora:

S =1

2�E0B0 =

1

2

r"0�0E20 =

"0 � c2E20 =

�0 � c2H20

zbog E = vB = �vH. Odavde je elektriµcno polje

E20 =2S

"0 � c=

2 � 1360 Wm2

8:854187817� 10�12 Fm � 3� 108ms

= 1: 024 0 � 106 V2

m2

E0 = 1011: 9V

mi magnetsko polje

H20 =

2S

�0 � c=

2 � 1360 Wm2

4� � 10�7 NA2� 3� 108 ms

= 7: 215A2

m2

H0 = 2:6861A

mMagnetsko polje smo mogli dobiti i iz

E0H0

=

r�0"0=

s4� � 10�7 N

A2

8:854187817� 10�12 Fm= 376: 73

H0 =E0q�0"0

=1011: 9 Vm376: 73

= 2: 6861A

m

POGLAVLJE 15

GEOMETRIJSKA OPTIKA

1. Uvod

Geometrijska optika se bavi �irenjem svjetlosti, ali istraµzuje samo one pojave ukojima nije bitno izraµzena valna priroda svjetlosti. Pritom se smatra da se svjet-lost u homogenome sredstvu �iri pravocrtno i da se njegovo �irenje moµze prikazatizrakama. Pojave koje promatra geometrijska optika, obiµcno se ograniµcavaju navidljivi dio elektromagnetskog zraµcenja, odnosno za spektar u granicama valnihduljina izme�u

380 nm � � � 780 nm

Najvaµzniji zakoni geometrijske optike su zakon re�eksije i zakon loma sv-jetlosti. Prema zakonu re�eksije, pri upadu na graniµcnu ravninu izme�u dvaoptiµcka sredstva upadna zraka ce se re�ektirati, a re�ektirana zraka ce leµzati uonoj ravnini koju de�niraju upadna zraka i okomica na ravninu. Kut re�eksiranezrake je pri tome jednak kutu upadne zrake u odnosu na okomicu ravnine. Plohakoja re�ektira cjelokupno upadno zraµcenje naziva se zrcalom. Zakon re�eksije vri-jedi i u sluµcaju da je ploha zrcala zakrivljena, tada se pod graniµcnom ravninompodrazumjeva ona ravnina koja je toµcki upada tangencijalna na plohu zrcala.

Ravno zrcalo daje sliku koja je jednake veliµcine kao i predmet, a zrcalno mu jesimetriµcna. Ta je slika virtualna, �to znaµci da slika nastaje tako da se ne presijecajustvarne zrake (kao pri nastajanju stvarne slike) vec njihova produljenja.

Sferno zrcalo ima re�ektirajucu ravninu kao dio povr�ine kugline plohe. Primalome otvoru zrcala, tj. za paraaksijalne zrake (zrake koje upadaju pod malimkutom u odnosu na optiµcku os) vrijedi jednadµzba konugacije za sferno zrcalo

1

a+1

b=1

f=2

R

gdje su a - udaljenost predmeta od zrcala, b - udaljenost slike od zrcala, a f -µzari�na daljina zrcala koja je jednaka polovini polumjera zakrivljenosti zrcala R.Za konkavno zrcalo µzarina je daljina pozitivna, a za konveksno je negativna. Akoje b negativan slika je virtualna, a ako pozitivan slika je realna. Uvecanje zrcala jede�nirano kao

m =y0

y= � b

a

gdje je y0 - veliµcina slike, a y - veliµcina predmeta.Prilikom konstrukcije slike kod sfernog zrcala posluµziti cemo se trima karakter-

istiµcnim zrakama:

(1) Zraka koja pada na zrcalo paralelno s optiµckom osi, a re�ektira se krozµzari�te (fokus),

(2) Zraka (ili njezino produljenje) koja prolazi kroz fokus, a re�ektira separalelno s optiµckom osi i

(3) Zraka koja pada u tjeme zrcala i re�ektira se pod istim kutem pod kojimje upala.

67

68 15. GEOMETRIJSKA OPTIKA

Prema zakonu loma svjetlosti, zraka koja upada iz jednog optiµcki prozirnogsredstva na drugo optiµcki prozirno sredstvo mijenja svoj smjer. Kut upada �mjerenprema okomici i kut loma �, tako�er mjeren prema okomici pvezani su relacijomkoju nazivamo Snellov zakon loma svjetlosti

sin�

sin�=n2n1= n21

gdje su n1; n2 indeksi loma sredstva, a omjer n21 = n2n1naziva se relativnim indeksom

loma. Indeks loma sredstva su vrijednosti konstante koje su karakteristiµcne zasvaki pojedini materijal. Indeks loma nekog optiµckog sredstva povezan je s brzinomv �irenja svjetlosti u tm sredstvu relacijom

n =c

v

Ako zraka koja dolazi iz optiµcki gu�ceg sredstva (n2 > n1) i pada na granicusredstva (n1) pod kutom vecim od graniµcnog kuta �g, doci ce do totalne re�eksije.Graniµcni kut odre�en je izrazom

sin�g =n1n2

Optiµcka prizma sastoji se od dvaju ravnih dioptara (ploha koja dijeli dvaoptiµcka sredstva) pod nekim kutom A. Pri upadu na prizmu zraka se otklanja zakut 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. Kutdevijacije je minimalan kada je � = �0, a tada je

n =sin �min+A2

sin A2

Za mali kut prizme devijacija iznosi �min ' (n� 1)A. Pri lomu svjetlosti nasfernom dioptru vrijedi jednadµzba:

n1a+n2b=n2 � n1R

gdje su a; b - udaljenost predmeta, odnosno slike od sredi�ta kugle, a n2; n1 - indeksiloma prvog odnosno drugog sredstva.

2. Primjeri

Primjer 45. Izraµcunajte kolika je najmanja visina vertikalno postavljenog zr-cala u kojem µcovjek visine h = 1:85m moµze vidjeti sliku cijeloga svojega tijela, tena kojoj visini treba postaviti zrcalo ako su oµci u visini h0 = 1:72m iznad tla?

Rje�enje:Iz slike se vidi da je

x1d

=h� h02d

x2d

=h0

2d

Odavde je visina zrcala

x = x1 + x2 =h� h02

+h0

2=h

2=1:85m

2= 0:925 m

2. PRIMJERI 69

a potrebna visina iznad tla iznosi

y =h0

2=1:72m

2= 0:86m

Primjer 46. Na kojoj udaljenosti ispred konkavnoga sfernoga zrcala polumjerazakrivljenosti R = 120 cm treba stajati µcovjek da bi u zrcalu vidio µcetiri puta uvecanusliku svoga lica?

Rje�enje:Uspravna slika u konkavnome zrcalu nuµzno je virtualna (iza zrcala). Zbog toga

je

m = � ba= 4 =) b = �4a

Koristeci jednadµzbu konjugacije za zrcalo slijedi

1

a+1

b=

2

R=) 1

a+

1

�4a =2

R3

4a=

2

R=) a =

3R

8=3 � 120 cm

8= 45 cm

Primjer 47. Predmet visine y = 10 cm stoji a = 35 cm ispred konveksnogasfernog zrcala µzari�ne daljine f = 40 cm. Izraµcunajte i gra�µcki prikaµzite poloµzaj,veliµcinu i narav slike.

Rje�enje:Iz jednadµzbe konjugacije dobije se poloµzaj slike

1

a+1

b=1

f=) b =

af

a� f =35 cm � (�40 cm)35 cm� (�40 cm) = �

56

3cm

Povecanje je

m = � ba= �

� 563 cm

35 cm=8

15

a visina slike iznosi

y0 = my =8

15� 10 cm = 16

3cm

Ti rezultati, kao i gra�µcko rje�enje pokazuju da je slika uspravna, umanjena i vir-tualna.

Primjer 48. Predmet je postavljen a = 90 cm ispred konkavnoga sfernog zrcalaµzari�ne duljine f = 70 cm. Izraµcunajte i gra�µcki prikaµzite povecanje, poloµzaj i naravslike.

Rje�enje:Za poloµzaj slike jednadµzbom konjugacije dobijemo

1

a+1

b=1

f=) b =

af

a� f =90 cm � 70 cm90 cm� 70 cm = 315 cm

te povecanje iznosi

m = � ba= �315 cm

90 cm= �3: 5

Slika je obrnuta, uvecana i realna.

Primjer 49. Zraka svjetlosti upada na granicu izme�u zraka i nekog optiµckogsredstva pod kutom 60�, a lomi se pod kutom 34�520. Koliko iznosi indeks lomasvjetlosti, a koliko brzina svjetlosti u tom sredstvu? Indeks loma zraka nz � 1.

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight

70 15. GEOMETRIJSKA OPTIKA

Rje�enje:Iz zakona loma svjetlosti slijedi

sin�

sin�=

nsnz=n

1

n =sin�

sin�=

sin 60

sin 34�520= 1:515

pa je brzina svjetlosti

v =c

n=2:9979 � 108 ms

1:515= 1: 978 8 � 108 m

sPrimjer 50. Sloj ulja indeksa loma nu = 1:45 prekriva povr�inu vode indeksa

loma nv = 1:33. Koliki kut ce u vodi s okomicom zatvarati lomljena zraka ako jena povr�inu ulja upala iz zraka nz = 1 pod kutom � = 45�?

Rje�enje:Ovdje treba primijeniti zakon loma svjetlosti na obje graniµcne plohe optiµckih

sredstava. Tada dobivamonunz

=sin�

sin�

nvnu

=sin�

sin

dakle je

sin =nunv� sin� = nu

nv� sin� � nz

nu=nznv� sin�

Iz izraza se zakljuµcuje da je taj kut jednak onome kao da ulja i nema. Odavdjeslijedi

sin =1

1:33� sin 45 = 0:53166

= arcsin 0:53166 = 32�70

Primjer 51. Pomocu Fermatova principa prema kojemu svjetlost za svoje�irenje odabire upravo onaj put za koji joj je potrebno najkrace vrijeme, dokaµzite davrijedi zakon loma svjetlosti.

Rje�enje: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.

t = t1 + t2 =s1v1+s2v2

=

ph21 + x

2

v1+

qh22 + (d� x)

2

v2Za najmanje vrijeme derivacie funkcije vremena po promjenjivoj xmora biti jednakanuli (uvjet minimalnosti funkcije)

dt

dx= 0

pa deriviranjem izraza imamo

dt

dx=

d

dx

0@ph21 + x2v1

+

qh22 + (d� x)

2

v2

1A=

1

v1

2x

2ph21 + x

2+1

v2

2 (d� x) (�1)

2qh22 + (d� x)

2= 0

KORISNIK

Highlight

2. PRIMJERI 71

odnosno1

v1

xph21 + x

2=1

v2

d� xqh22 + (d� x)

2

Iz slike se mogu dobiti trigonometrijske relacije

sin� =xp

h21 + x2

sin� =d� xq

h22 + (d� x)2

odakle dobivamosin�

v1=sin�

v2�to moµzemo pisati kao

sin�

sin�=v1v2=

cn1cn2

=n2n1

�to je Snellov zakon indeksa loma svjetlosti.

Primjer 52. Svjetlost pada na prizmu (A = 60�) indeksa loma n = 1:6 podkutom 42� prema okolici. Kliko iznosi otklon upadne zrake?

Rje�enje:Otklon zrake iznosi

� = �� + �0 � �0 = �+ �0 �Ajer je

� + �0 = A

Iz zakona loma slijedi

n

1=

sin�

sin�=sin�0

sin�0

sin� =sin�

n=sin 42

1:6= 0:41821 =) � = 24:72�

�0 = A� � = 60� 24:72� = 35:28�

sin�0 = 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 prizmukuta A = 45� minimalan, iznosi 38�. Koliko iznosi indeks loma prizme?

Rje�enje:Iz izraza za minimalni kut loma prizme slijedi

n =sin �min+A2

sin A2=sin 38+452

sin 452=sin 41:5

sin 22:5= 1:73

KORISNIK

Highlight

POGLAVLJE 16

FIZIKALNA OPTIKA

1. Uvod

Ako se elektromagnetski val �iri sredstvom tada je njegova brzina

v =c

n=

cp"r�r

gdje je n =p"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 �irenja elektromagnetskog vala, mijenja se tako�er i valnaduljina, dok frekvencija vala ostaje nepromijenjena. Indek sloma za zrak vrlo jedobro aproksimiran vrijednosti n = 1, koja vrijedi i za vakuum.

Fizikalna optika prouµcava �iroko podruµcje elektromagnetskih valova. �irenjeelektromagnetskog vala amplitude A u smjeru x opisujemo izrazom

s = A sin 2��t� x

�

�= A sin (!t� kx)

Interferencija svjetlosti nastaje kad postoje dva ili vi�e koherentnih izvora sv-jetlosti. 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 jednakageometrijskoj razlici (n = 1). Pripadnarazlika u fazi izme�u dvaju valova jednakaje

�' = 2��

�

Ako se svjetlost re�ektira na optiµcki gu�cem sredstvu, nastaje skok u fazi za �,dakle razlici faza treba dodati �. Interferencija dvaju zraka je konstruktivna kadje optiµcka razlika hoda jednaka

� = m�; m 2 Za destruktivna

� =

�m+

1

2

��; m 2 Z

Dva koherentna izvora svjetlosti, me�usobno udaljena za d daju na zastoru,udaljenom za D od izvora, ekvidistantne paralelne pruge interferencije. Ako vrijediD � d intezitet svjetlosti I na zastoru ovise o kutu #, odnosno o udaljenosti y odsredi�ta zastora

I = I0 cos2

�d� sin#

�

�� I0 cos2

�d�y

D�

�gdje je I0 - intezitet za kut # = 0�, uz pribliµznu jednakost sin# � tan#. Svjetlepruge pojavljuju se kad je

y = mD�

d; m 2 Z

73

74 16. FIZIKALNA OPTIKA

Razmak izme�u dvije susjedne pruge jednak je

�y =D�

d

Za intezitet od N koherentnih toµckastih izvora svjetlosti, udaljenih me�usobnoza d, intezitet rezultantne svjetlosti je

I = I0

"sin�N�d� sin#

�sin��d� sin#

� #2�to daje izrazite maksimume za

d sin#m = m�; m 2 ZIzme�u njih nalazi se jo�po N � 2 maksimuma i N � 1 minimuma inteziteta. KadN postane vrlo velik, intezitet je znatan samo za kutove # koji zadovoljavaju ovurelaciju, a pribliµzno je nula za sve ostale kutove.

Newtonovi klobari nastaju interferencijom svjetlosti re�ektirane na plohamaplankonveksne lece i planparalelne ploµce. Optiµcka razlika hoda pri tome iznosi

� = 2an+�

2=r2

Rn+

�

2

gdje je R - polumjer lece, a a - udaljenost tih ploha, kojaje jednaka

a =r2

2R

Polumjer m-tog tamnog kolobara je

r =pm

rR�

n

a polumjer m-tog svjetlog kolobara je

r =

rm� 1

2

rR�

n

Pruge interferencije mogu nastati i pomocu klina. Ako je kut klina �, a izme�uploha klina sredstvo indeksa loma n i debljia klina na mjestu gdje pada zrakasvjetlosti d, tamne se pruge dobivaju za

y =d

�=m�

2n�; m 2 Z

dok je razmak izme�u susjednih pruga

�y =�

2n�

Ogib (difrakcija) svjetlosti opaµza se kada val nailazi na prepreku (ili otvor)dimenzija uporedivih s njegovom valnom duljinom. Kod Fraunhoferove se difrakcijepretpostavlja da su upadne zrake paralelne, te da se ogibna slika promatra navelikojudaljenosti od prepreke. Kod Fresnelove difrakcije upadne zrake dolaze iz toµckastogizvora ili se otklonjena svjetlost promatra u jednoj toµcki.

Fraunhoferova difrakcija na uskoj pukotini �irine a daje na zastoru karakteris-tiµcne ogibne pruge. Intezitet otklonjene svjetlosti pod kutom promatranja #, iznosi

I = I0

"sin��a� sin#

��a� sin#

#2= I0

�sin y

y

�2gdje je

y =�a

�sin#

1. UVOD 75

Tamne pruge (minimumi inteziteta) dobivaju se za

a sin# = m�; m 2 Z=f0gSvjetle pruge dobivaju se za

a sin# =

�jmj+ 1

2

��; m 2 Z

Intezite svijetlih pruga drastiµcno opada sa m.Moc razluµcivanja pukotine jednaka je najmanjem kutu za koji se ogibne

slike mogu razlikovati. Za pukotinu �irine a to je

# =�

a

Za ogib na tankoj niti debljine d vrijede isti rezultati kao za interferenciju dvajukoherentnih izvora na udaljenosti d. Fraunhoferova difrekcija na dvije pukotineudaljene za d, od koji svaka ima �irinu a, daje raspodjelu inteziteta

I = I0

"sin��a� sin#

��a� sin#

#2� cos2

��d

�sin#

��to predstavlja interferentnu sliku dvaju izvora, moduliranu ogibnom slikom svakepukotine.

Ogibna re�etka je niz od N paralelnih jednako udaljenih pukotina �irina a.Uzajamna udaljenost pukotina d naziva se konstantom re�etke. Intezitet svjet-losti iskazuje se izrazom

I = I0

"sin��a� sin#

��a� sin#

#2�"sin�N�d� sin#

�sin��d� sin#

� #2Za 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. �to je veca valna duljina veci je otklonza zadani red spektra.

Disperzija ogibne re�etke de�nira se kao

D =d#

d�=

m

d cos#

Ogibna re�etka koristi se za spektralnu analizu ne samo vidljivog dijela spektra nego�irokog podruµcja elektromagnetskog zraµcenja.

Kristali predstavljaju prostorne re�etke za rendgenske (röntgen) zrake. Smjerotklona rendgenskih zraka pokazuje Braggova jednadµzba:

2d sin � = m�; m 2 Zgdje 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 elek-tromagnetskom valu. Pri linearnoj (totalnoj) polarizaciji ravnina titranja jekonstantna. Pri cirkularnoj plarizaciji ravnina titranja jednoliko kruµzi oko smjera�irenja vala. Nepolarizirana svjetlost je ona pri kojoj se smjer titranja elektriµcnogpolja neprestano mijenja, te ravnina titranja poprima sve moguce poloµzaje. Zrakusvjetlosti moguce je polarizirati re�eksijom. Ako su lomljena i re�ektirana zrakame�usobno okomite, re�ektirana zraka je totalno polarizirana. Upadni kut �Bdobije se pomocu Brewsterova zakona:

tan�B = n21 =n2n1


Optiµcka aktivnost je pojava zakretanja ravnine plarizacije karakteristiµcna zaneke tvari, a posljedica je kristalne ili molekularne strukture tvari. U otopini kutzakretanja � ravnine polarizacije proporcionalan je koncentraciji � optiµcki aktivnetvari u otopini i duljini puta l;

� = �m�l

�to daje mogucnosti ekperimentalnog odre�ivanja koncentracije.

2. Primjeri

Primjer 54. Dva koherentna svjetlosna vala frekvencije � = 5 � 1014Hz dolazeu neku toµcku prostora s geometrijskom razlikom puta � = 1:8�m. Odredite rezultatinterferencije ako se valovi �ire kroz staklo indeksa loma nS = 1:5 i kroz voduindeksa loma nV = 1:33.

Rje�enje:Optiµcka razlika hoda iznosi

� = n ��

Ako je � = k�, gdje je k cijeli broj imati cemo konstruktivnu interferenciju, a akoje � =

�k + 1

2

�� imamo destruktivnu interferenciju. U na�em sluµcaju je za staklo

kS =�

�=nS ��

=nS ��

c=1:5 � 1:8 � 10�6m � 5 � 1014 s�1

3 � 108 ms= 4: 5

pa je interferencija destrutivna i dobiva se tama, a za vodu

kV =�

�=nV ��

=nV ��

c=1:33 � 1:8 � 10�6m � 5 � 1014 s�1

3 � 108 ms= 4

pa je interferencija konstruktivna i opaµza se svjetlost.

Primjer 55. Promatrajuci interferenciju dvaju koherentnih izvora monokro-matske svjetlosti valne duljine � = 620 nm, opaµza se na zastoru udaljenom od izvorasvjetlosti D = 4:5m N = 18 pruga interferencije na �irini od l = 12 cm. Odrediteudaljenost izme�u dvaju koherentnih izvora.

Rje�enje:Udaljenost izme�u susjednih pruga interferencije iznosi

�y =l

N=12 cm

15= 8mm

pa je udaljenost izme�u izvora jednaka

d =D�

�y=4:5m � 6:2 � 10�7m

8 � 10�3m = 3: 49 � 10�4m � 0:35mm

Primjer 56. Kod Youngova ure�aja za promatranje interferencije koherentniizvori - pukotine na zastoru, me�usobno su udaljeni za d = 0:4mm. Pruge inter-ferencije promatramo na zastoru udaljenom D = 2m od izvora.

a): Ako izvori zraµce bijelu svjetlost valnih duljina 0:42�m � � � 0:68�m,izraµcunajte moguce redove interferencije k za koje se dobiju tamne prugena udaljenosti y = 3 cm iznad sredi�ta zastora.

b): Ako izvori zraµce monokromatsku svjetlost valne duljine � = 0:6�m,prona�ite udaljenost izme�u susjednih pruga interferencije u blizini sredi�tazastora.

2. PRIMJERI 77

Rje�enje:Tamne pruge interferencije se dobiju kada je zadovoljen uvjet

d � yD

=

�m+

1

2

��

gdje je m cijeli broj, koji izraµzen preko valne duljine daje

m =d � yD�

� 12

a): Za vidljivu svjetlost dobivamo na rubnim podruµcjima

m1 =d � yD�1

� 12=

0:4mm � 3 cm2m � 4:2 � 10�7m � 1

2= 13: 786

m2 =d � yD�2

� 12=

0:4mm � 3 cm2m � 6:8 � 10�7m � 1

2= 8: 323

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�

d=2m � 6 � 10�7m

0:4mm= 0:003 m

Primjer 57. Koju najmanju debljinu treba imati tanki list izgra�en od mater-ijala indeksa loma n = 1:54 da bi osvijetljen zrakama valne duljine � = 750 nmokomito na povr�inu izgledao crven, a koju da bi izgledao crn, ako promatramo ure�ektiranoj svjetlosti?

Rje�enje:Za svjetlost koja pada okomito na list optiµcka razlika hoda iznosi

� = 2nd+�

2

jer se gornja zraka re�ektira na gu�cem sredstvu. Da bi list izgledao obojen inter-ferencija treba biti konstruktivna, �to vrijedi kada je

2nd+�

2= m�

pa za najtanji sloj m = 1 vrijedi

2nd+�

2= � =) d =

�

4n=7:5 � 10�7m4 � 1:54 = 1: 22 � 10�7m

a da bi izgledao crn interferencija treba bti desktruktivna, tj.

2nd+�

2=

�m+

1

2

��

�to za m = 1 daje

2nd+�

2=3

2� =) d =

�

2n=7:5 � 10�7m2 � 1:54 = 2:44 � 10�7m

Primjer 58. Newtonovi kolobari dobiju se plankonveksnom lecom polumjera za-krivljenosti R = 10m i planparalelnom ploµcom. Koliki je polumjer drugoga tamnogkolobara ako izme�u lece i ploµce stavimo zrak (nz = 1), vodu (nv = 1:33) ili glicerin(ng = 1:49). Duljina vala upadne svjetlosti iznosi � = 600 nm.


Rje�enje:Polumjer m-tog tamnog kolobara je

r =

rmR�

n

�to za drugi kolobar m = 2 za zrak daje

r =

r2R�

nz=

r2 � 10m � 6 � 10�7m

1= 3:4641mm

za vodu

r =

r2R�

nv=

r2 � 10m � 6 � 10�7m

1:33= 3:0038mm

i za glicerin

r =

s2R�

ng=

r2 � 10m � 6 � 10�7m

1:49= 2:8379mm

Primjer 59. Ogibnu sliku µzice debljine d = 1mm promatramo na zastoru udal-jenom D = 0:7m od µzice. Me�usobna udaljenost tamnih pruga su �y = 0:3mm.Koliko iznosi valna duljina svjetlosti koja obasjava µzicu?

Rje�enje:Za ogib na tankoj µzici vrijedi izraz

�y =D�

d

pa je traµzena valna dduljina

� =�y � dD

=0:3mm � 1mm

0:7m= 4: 285 7 � 10�7m

Primjer 60. Plava svjetlost valne duljine � = 480 nm upada okomito na re�etkusa N = 2000 linija po centimetru. Pod kojim se kutom pojavljuje difrakcijska slikatreceg reda? Kolika je kutna disperzija re�etke? Koliki je maksimalni moguci reddifrakcije za svjetlost ove valne duljine na re�etki?

Rje�enje:Konstanta re�etke iznosi

d =l

N=1 cm

2000= 5 � 10�6m

Difrakcijska slika treceg reda (m = 3) zadana je uvjetom

sin# =m�

d=3 � 480 nm5 � 10�6m = 0:288

# = arcsin 0:288 = 16�440

Kutna disperzija re�etke iznosi

D =m

d cos#=

3

5 � 10�6m � cos 16�440 = 6:265 � 105 rad

m= 20900 nm�1

Maksimalni moguci red mm difrakcije zadan je najvecim cijelim brojem koji zado-voljava relaciju

m =d � sin#�

� d

�=5 � 10�6m480 nm

= 10: 417

pa je maksimalno moguci red (mm = 10) deseti.

KORISNIK

Highlight

2. PRIMJERI 79

Primjer 61. Snop redgenskih zraka lomi se na kuhinjskoj soli. Spektar prvogareda 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 najveci red spektra koji se moµze opaziti?

Rje�enje:Valnu duljinu spektra prvog reda (m = 1) dobivamo iz

� =2d sin �

m= 2d sin � = 2 � 0:281 nm � sin 6�500 = 6:687 � 10�11m

Za spektar drugog reda kut sjaja iznosi

sin �2 =m�

2d=2 � 6:687 � 10�11m2 � 0:281 nm = 0:237 97

�2 = arcsin 0:237 97 = 13�460

Najvi�i moguci red mm je

m =2d sin �

�� 2d

�=

2 � 0:281 nm6:687 � 10�11m = 8: 404 4

odnosno osmi (m = 8) red spektra.

Primjer 62. Koliki je kut elevacije Sunca kad su Sunµceve zrake re�ektirane odmirne povr�ine vode totalno plarizirane?

Rje�enje:Re�ektirana je zraka totalno polarizirana ako upadni kut uB zadovoljava Brew-

sterov uvjet tanuB = n. Za vodu indeksa loma n = 1:33 upadni kut iznosi

tanuB = 1:33

uB = 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 sena dnu posude. Koliki je kut pod kojim je zraka upala na povr�inu vode ako jere�ektirana zraka totalno polarizirana? Indeks loma stakla je ns = 1:5 a vodenv = 1:33.

Rje�enje:Re�ektirana zraka je polarizirana kada je

tanu2 =nsnv=1:5

1:33= 1:12782

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

nvnz=sinu1sinu2

=) sinu1 =nvnzsinu2 =

1:33

1� sin 48�260 = 0:99515

pa upadni kut iznosi

u1 = arcsin 0:99515 = 84�210

pa je kut pod kojim zraka upada na povr�inu vode

� = 90� � u1 = 90� � 84�210 = 5�390


Primjer 64. Svaki gram m0 otopljen u V0 = 1 cm3 vode zakretanje ravninepolarizacije linearno polariziranog elektromagnetskog vala iznosi �0 = 6:65� pocentimetru. Cijev duga 30 cm sadrµzi otopinu �ecera koncentracije 15 g po 100 cm3

otopine. Prona�ite kut zakretanja polariziranog vala.

Rje�enje:Kut zakretanja proporcionalan je gustoci i debljini sloja otopine. Konstanta

proporcionalnosti moµze se odrediti pomocu izraza

�m =�0�0 � l0

=�0

m0

V0� l0

=6:65�

10�3 kg1 cm3 � 10�2m

= 0:665m2

kg

U zadanom primjeru zakretanje ravnine polarizacije iznosi

� = �m � �l = �m �m

V� l

= 0:665m2

kg� 15 � 10

�3 kg

100 � 10�6m3 � 0:3m = 29: 925�

Dio 2

UVOD U STRUKTURU TVARI

POGLAVLJE 17

ZAKONI ZRAµCENJA I µCESTIµCNA PRIRODASVJETLOSTI

1. Uvod

Elektromagnetsko zraµcenje istoremeno posjeduje valna i µcestiµcna svojstva. Uµcestiµcnoj slici (Einstein) snop svjetlosti sastoji se od nedjeljivih µcestica fotona -kvanata elektromagnetskog zraµcenja - kojima je masa jednaka nuli, a gibaju sebrzinom svjetlosti. Kao svaka µcestica, tako i foton ima µcestiµcna svojstva: energijui koliµcinu gibanja. Poznajemo li valnu duljinu �, odnosno frekvenciju � zraµcenja,energiju i koliµcinu gibanja odre�ujemo pomocu relacija

E = h� =hc

�

p =h

�=hc

�

gdje je h = 6:6260755 � 10�34 J s - Planckova konstanta. Sva tijela ugrijana naneku temperaturu zraµce kontinuirani (neprekidni) niz valnih duljina koji nazivamotoplinskim zraµcenjem.

Intezitet roplinskog zraµcenja za neku temperaturu iskazuje se izrazom

I =

1Z0

�dI

d�

�d� =

1Z0

I� d�

gdje je dId� = I� dio inteziteta koji pripada na zraµcenje izme�u valnih duljina � i

�+ d�. Funkciju

f (�; T ) =

�dI

d�

�c:t:

za crno tijelo nazivamo spektralnom gustocom zraµcenja. Ova funkcija imamaksimum za vrijednost valne duljine �m koja je povezana s temperaturom pomocuWienova zakona:

�m � T = b = 2:897756 � 10�3mKgdje je b - Wienova konstanta.

Opci izraz za spektralnu gustocu zraµcenja u ovisnosti o valnoj duljini i temper-aturi poznat je kao Planckov zakon zraµcenja koji glasi

f (�; T ) =2�hc2

�51

ehc�kT � 1

gdje je k = 1:3806568 � 10�23 JK - Boltzmannova konstanta. Spektralna gustoca

zraµcenja moµze se izraziti i pomocu frekvencije zraµcenja:

f (�; T ) =2�h

c2�3

eh�kT � 1

Najbolji naµcin da se dobije idealno crno tijelo, tj. tijelo koje apsorbira svoupadno zraµcenje, i to za sve valne duljine jeste da se naµcini mali otvor na stijenki

83

84 17. ZAKONI ZRA µCENJA I µCESTI µCNA PRIRODA SVJETLOSTI

izotermne povr�ine u kojoj vlada toplinska ravnoteµza. Tada je gustoca energije u�upljini povezana sa spektralnom gustocom zracenja iz otvora relacijom

! (�; T ) =4

cf (�; T )

Ukupna snaga koju zraµci crno tijelo povr�ine S i temperature T iznosi

P = �ST 4

gdje je � = 5:67051 � 10�8 Wm2 K4 - Stefan-Boltzmannova konstanta.

Foton moµze predati ili primiti energiju u me�udjelovanju s elektronom i drugimµcesticama.

Fotoelektriµcni efekt je pojava koja nastaje kada metalnu katodu osvijetlimoelektromagnetskim zraµcenjem, te tada iz nje izlaze elektroni. Energija fotona h�se pri tome raspodijeli na kinetiµcku energiju elektrona Ek, a dio se utro�i na radizlaza 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 izmetala jednaka radu izlaza Wi (to je najmanja energija pri kojoj moµzemo opazitiovaj efekt), tako postoji i najniµza frekvencija �g - prag fotoelektriµcnog efekta, zakoju je pojava moguca.

Wi = h�g

i vrijedi

Ekmax = h (� � �g)

Ak je frekvencija veca od frekvencije praga, a µzelimo zaustaviti snop elektronakoji izlazi iz katode, primjenjujemo napon zaustavljanja, koj je odre�en konetiµckomenergijom fotoelektrona.

U =Ekmaxe

=h

e(� � �g)

Comptonov efekt je pojava pri kojoj foton nalijece na mirni elektron i pritome mu predaje dio svoje energije. U tom procesu vrijede zakoni oµcuvanja koliµcinegibanja i energije. Nakon sudara fotona valne duljine � s elektronom, elektrondobije koliµcinu gibanja pod nekim kutom � prema smjeru upadnog zraµcenja, afoton smanjenje energije, sada vece valne duljine �0, otklanja se pod kutom # premapoµcetnom smjeru. U eksperimentu se, uz zraµcenje prvobitne valne duljine �, opaµza izraµcenje nove valne duljine �0, a promjena valne duljine ovisi o kutu otklona premazakonu

�� = �0 � � = h

mec(1� cos#)

Veliµcinu �C = hmec

= 2:427 � 10�12m nazivamo Comptonovom valnom duljinom zaelektron. Ako snop elektrona ubrzamo visokim naponom i usmjerimo ga na jezgreili atome teµzih elemenata, elektron se u sudaru moµze zaustaviti i svu svoju energijuili jedan njezin dio predaje te�koj µcestici, pri µcemu nastaje foton velike energije. Toje proces zakoµcnog zraµcenja tipiµcan za nastajanje röntgenskih zraka (ili zrakajo�krace valne duljine).

2. Primjeri

Primjer 65. Koliko fotona emitira svake minute radio-oda�iljaµc snage P =30 kW, koji radi na valnoj duljini � = 2: 942m?

2. PRIMJERI 85

Rje�enje:Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije emitirane u jednoj minuti

Euk = Pt = 30 kW � 60 s = 1:8MJ

i energije jednog fotona koja iznosi

Ef = h� =hc

�=6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108 ms

2: 942m

= 6: 752 � 10�26 J

dakle,

N =EukEf

=1:8MJ

6: 752 � 10�26 J = 2: 665 9 � 1031

Primjer 66. Izraµcunajte frekvenciju i valnu duljinu fotona koji nastaje kad seelektron konetiµcke energije Ek = 15MeV zaustavi pri suaru s te�kom jezgrom.

Rje�enje:Uz pretpostavku da je sva kinetiµcka energija pre�la u energiju fotona, vrijedi

� =Ekh=

15MeV

4:1356692 � 10�15 eV s = 3: 627 0 � 1021 s�1

� =c

�=2:99792458 � 108ms�13: 627 0 � 1021 s�1 = 8: 265 6 � 10�14m

Primjer 67. Monokromatska svjetlost valne duljine � = 400 nm upada okomitona plohu povr�ine S = 4 cm2. Ako je intezitet svjetlosti I = 12 W

m2 , odredite kolikodugo ploha treba biti izloµzena svjetlosti da bi na nju palo N = 1018 fotona.

Rje�enje:Broj fotona jednak je omjeru ukupne energije koja padne na plohu Euk i energije

pojedinog fotona Ef

N =EukEf

ISthc�

=ISt�

hc

dakle,

t =Nhc

IS�=1018 � 6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1

12 Wm2 � 4 cm2 � 400 nm

= 103: 46 s

Primjer 68. Koju brzinu mora imati elektron da bi njegova koliµcina gibanjabila jednaka koliµcini gibanja fotona valne duljine � = 400 nm?

Rje�enje:Koliµcina gibanja elektrona pe i fotona pf zadani su izrazima

pe =mevq1�

�vc

�2pf =

h

�


Izjednaµcavanjem ova dva izraza dobivamo

h

�=

mevq1�

�vc

�2 = ()2h2

�2=

m2ev2

1� v2

c2

=m2ev2c2

c2 � v2 =) v2 =c2

1 +�mec�h

�v =

cq1 +

�mec�h

� = 2:99792458 � 108ms�1r1 +

�9:1093897�10�31 kg�2:99792458�108ms�1�400 nm

6:6260755�10�34 J s

�= 7: 383 5 � 105 m

s

Primjer 69. Izraµcunajte pri kojoj bi temperaturi maksimum spektralne gustocezraµcenja bio na valnoj duljini � = 0:48 nm. Koliko iznosi maksimum spektralnegustoce zraµcenja za ljudsko tijelo temperature T = 37�C?

Rje�enje:Iz Wienova zakona T � �m = b slijedi

T =b

�m=2:897756 � 10�3mK

0:48 nm= 6: 037 0 � 106K

a maksimum spektralne gustoce zraµcenja za ljudsko tijelo iznosi

�m =b

T=2:897756 � 10�3mK

310K= 9: 347 6 � 10�6m

�to je valna duljina infracrvenog dijela spektra elektromagnetskog zraµcenja.

Primjer 70. Sunµcevo zraµcenje ima maksimum spektralne gustoce zraµcenja navalnoj duljini � = 480 nm. Izraµcunajte kolika je temperatura povr�ine Sunca uzpretpostavku da Sunce zraµci kao idealno crno tijelo? U kojem bi dijelu spektraspektralna gustoca zraµcenja bila maksimalna ako bi se povr�ina Sunca ohladila najednu desetinu sada�nje vrijednosti?

Rje�enje:Iz Wienova zakona dobivamo

T =b

�m=2:897756 � 10�3mK

480 nm= 6037K

Desetina sada�nje vrijednosti iznosi T 0 = 603:7K, pa je maksimalna valna duljinaspektralnog zraµcenja

�m =b

T 0=2:897756 � 10�3mK

603:7K= 4: 8 � 10�6m

tj. u infracrvenom dijelu spektra.

Primjer 71. Pri kojoj temperaturi bi foton maksimuma spektralne gustocezraµcenja imao energiju: a) 0.002 eV; b) 0.3 eV i c) 1 MeV?

Rje�enje:Veza izme�u energije i valne duljine glasi

� =c

�=hc

E

pa iz Wienova zakona slijedi

T =b

�=bhcE

=bE

hc

2. PRIMJERI 87

pa su traµzene temperature

a) T =2:897756 � 10�3mK � 3: 204 4 � 10�22 J

6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1 = 4: 674 5K

b) T =2:897756 � 10�3mK � 4: 806 5 � 10�20 J

6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1 = 701: 15K

c) T =2:897756 � 10�3mK � 1: 602 2 � 10�12 J

6:6260755 � 10�34 J s � 2:99792458 � 108ms�1 = 2: 337 2 � 109K

Primjer 72. Ako Sunce zraµci kao crno tijelo, izraµcunajte ukupnu energiju kojuS = 1m2 povr�ine Sunca emitira u jednoj godini. Prosjeµcna temperatura povr�ineSunca je T = 6000K.

Rje�enje:Snaga zraµcenja zadana je izrazom

P = �ST 4

pa je ukupna emitirana energija

W = Pt = �ST 4 � t= 5:67051 � 10�8 W

m2K4� 1m2 �

�6 � 103K

�4 � 3:1536 � 107 s= 2:3176 � 1015 J

Primjer 73. Uµzarena ploµca povr�ine S = 20 cm2 zraµci u jednoj minuti W =0:5 kWh energije. Izraµcunajte temperaturu povr�ine ploµce. Izgleda li ona zaistacrno?

Rje�enje:Iz izraza za ukupnu energiju zraµcenja

W = �ST 4t

dolazimo do temperature

T =4

rW

�St= 4

s0:5 � 3:6 � 106 J

5:67051 � 10�8 Wm2 K4 � 2 � 10�3m2 � 60 s

= 4032: 9K

pa je valna duljina na kojoj spektar zraµcenja ima maksimum jednaka

�m =b

T=2:897756 � 10�3mK

4032: 9K= 7: 185 3 � 10�7m � 719 nm

pa ce ploµca imati tamnocrvenu boju.

Primjer 74. Izraµcunajte najmanju frekvenciju zraµcenja koja ce izazvati fo-toelektriµcni efekt na materijalu za koji je rad izlaza Wi = 3:8 eV. Kojem dijeluspektra pripada to zraµcenje?

Rje�enje:Najmanja frekvencija je ona za koju je izlazna kinetiµcka energija jednaka nuli,

odnosno

h�g =Wi =) �g =Wi

h=

3:8 eV

4:1356692 � 10�15 eV s = 9: 188 4 � 1014 s�1

ovo zraµcenje ima valnu duljinu � = 326 nm, dakle pripada ultraljubiµcastom dijeluzraµcenja.

Primjer 75. Kalijeva katoda ozraµcena je ultraljubiµcastim zraµcenjem valne duljine� = 250 nm. Ako je rad izlaza za kalij Wi = 2:21 eV izraµcunajte maksimalnukinetiµcku energiiju emitiranih elektrona.

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight


Rje�enje:Energija fotona utro�i se na svladavanje rada izlaza, dok ostatak energije prelazi

u kinetiµcku energiju elektrona. Vrijedi

h� = Ekmax +Wi

odnosno

Ekmax = h� �Wi =hc

��Wi

=6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108 ms

2:5 � 10�7m � 2:21 � 1:6 � 10�19 J

= 4: 41 � 10�19 J = 2:756 eV

Primjer 76. Emiter u fotoelektriµcnoj cijevi ima fotoelektriµcni prag na valnojduljini �g = 600 nm. Odredite valnu duljinu upadne svjetlosti ako je zaustavnipotencijal za tu svjetlost U = 2:5V. Kojem dijelu spektra pripadaju valne duljine �i �g?

Rje�enje:Zaustavni potencijal dobivamo iz izraza

eU = Ekmax =hc

��Wi

Koristeci izraz za prag fotoelektriµcnog efekta

Wi = h�g =hc

�g

slijedi

� =hc

eU +Wi=

hc

eU + hc�g

=

�eU

hc+1

�g

��1=

�1:6 � 10�19 C � 2:5V

6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108ms�1 +1

600 nm

��1= 2: 717 2 � 10�7m = 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 fotoelektronikoji izlaze iz barijeve katode osvijetljene zraµcenjem valne duljine � = 300 nm?Graniµcna valna duljina za barijevu katodu iznosi �g = 496 nm. Kojem dijelu spektrapripadaju valne duljine?

Rje�enje:Zaustavni napon dobivamo iz izraza

eU = Ekmax = h� �Wi = h (� � �g) = hc�1

�� 1

�g

�U =

hc

e

�1

�� 1

�g

�=

6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108ms�11:6 � 10�19 C

�1

300 nm� 1

496 nm

�= 1: 635 4V

2. PRIMJERI 89

Primjer 78. Rentgenska zraak valne duljine � = 0:04 nm pada na elektroni pri tome se zbiva Comptonovo raspr�enje. Prona�ite valnu duljinu raspr�enogfotona ako je kut raspr�enja � = 75�. Kolika je kinetiµcka energija elektrona nakonraspr�enja?

Rje�enje:Promjena valne duljine pri Coptonovu raspr�enju iznosi

�0 � � = h

mec(1� cos �)

pa je valna duljina nakon raspr�enja

�0 = �+h

mec(1� cos �)

= 0:04 nm +6:626 � 10�34 J s

9:11 � 10�31 kg � 2:998 � 108ms�1 (1� cos 75)

= 4: 179 8 � 10�11mIz zakona oµcuvanja energije slijedi

h� +mec2 = h�0 +mec

2 + E0k

E0k = h (� � �0) = hc�1

�� 1

�0

�= 6:626 � 10�34 J s � 2:998 � 108ms�1

�1

4 � 10�11m � 1

4: 179 8 � 10�11m

�= 2: 136 3 � 10�16 J = 1335: 2 eV

Primjer 79. Izraµcunajte Comptonovu valnu duljinu za elektron, proton, �-µcesticu i jezgru olova 106Pb.

Rje�enje:Comptonova valna duljina je de�nirana izrazom

�C =h

mcpa je za elektron

�C =h

mec=

6:626 � 10�34 J s9:11 � 10�31 kg � 2:998 � 108ms�1 = 2: 426 1 � 10

�12m

za proton

�C =h

mpc=

6:626 � 10�34 J s1:673 � 10�27 kg � 2:998 � 108ms�1 = 1: 321 1 � 10

�15m

za �-µcesticu

�C =h

m� � c=

6:626 � 10�34 J s4 � 1:673 � 10�27 kg � 2:998 � 108ms�1 = 3: 303 � 10

�16m

i za jezgru olova

�C =h

mPb � c=

6:626 � 10�34 J s206 � 1:673 � 10�27 kg � 2:998 � 108ms�1 = 6: 412 9�10

�18m

POGLAVLJE 18

VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVEKVANTNE FIZIKE

1. Uvod

Materija, kao i svjetlost posjeduje istodobno i valnu i µcestiµcnu prirodu. µCesticimase m, koja se giba po pravcu brzinom v i ima ukupnu energiju E; odgovara ravnival kojemu su valna duljina � i frekvencija � dane de Broglievim ralacijama

� =h

p

� =E

h

pri µcemu su p i E relativistiµcki izrazi

p =mvq1�

�vc

�2E =

mc2q1�

�vc

�2 =q(mc2)

2+ (cp)

2

Heisenberg je 1927. godine izrekao da je nemoguce toµcno i istovremeno odred-iti oba µclana odgovarajucih parova �zikalno promjenjivih koji opisuju pona�anjesustava. Heisenbergove relacije glase

�x ��p � ~�' ��JZ � ~�t ��E � ~

pri µcemu je h = 6:6260755 � 10�34 J s Planckova konstanta.µCestica ome�ena u prostoru prikazana je valnim paketom koji se giba grupnom

brzinom:

vg =dE

dp= v

Vjerojatnost nalaµzenja µcestice u intervalu od x do x+dx iznosi P (x) dxmgdjeje

P (x) = j(x)j2

gustoca vjerojatnosti odre�ena valnom funkcijom (x). Za µcesticu koja je opisanavalnom funkcijom, valna funkcija mora zadovoljavati uvjet normiranosti

+1Z�1

j(x)j2 dx = 1

91

92 18. VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE

Vjerojatnost da se µcestica na�e u nekom intervalu na pravcu x izme�u toµcaka x = ai x = b odre�uje se integralom

P (a < x < b) =

bZa

j(x)j2 dx

Valne funkcije n (x) nekog �ziµckog sistema dobivaju se kao rje�enja Schrödingerovejednadµzbe

Hn (x) = Enn (x)

gdje je H - operator energije (hamiltonijan)

H = � ~2

2m

d2

dx2+ Ep (x)

gdje smo pretpostavili da je v � c. Prvi µclan dobije se zamjenom

p! �i~ ddx

u klasiµcnom izrazu za kinetiµcku energiju

Ek =p2

2m

a drugi µclan je potencijalna energija sistema i za konzervativne sisteme ovisi samoo poloµzaju µcestice x. Ovdje su En - energija stacionarnog stanja opisanog valnomfunkcijom n (x). Sliµcne jednadµzbe svojstvenih vrijednosti mogu se napisati i zaneke druge �ziµcke veliµcine

A(x) = A(x)

gdje je A - operator koji pripada nekoj �ziµckoj veliµcini, a A - vrijednost te �ziµckeveliµcine u stacionarnom stanju opisanom valnom funkcijom (x). Za jednodimen-zionalni harmoniµcki oscilator mase m, kojemu je konstanta harmoniµcke sile jednakak = m!2, a potencijalna energija

Ep =1

2kx2

energije stacionarnih stanja su

En =

�n+

1

2

�~!; n = N0

Za razliku od klasiµcne µcestice, u kvantnoj �zici µcestica kinetiµcke energije E moµzeproci kroz potencijalnu barijeru (prepreku) visine E0 i debljine L µcak i ako jojje energija manja od barijere (E < E0). Raµcunajuci valnu funkciju za taj sluµcaj,vjerojatnost prijelaza s jedne na drugu stranu prepreke jednaka je tzv. koe�cijentuproboja, µcija vrijednost pribliµzno iznosi

T = e�2�L

gdje je

� =

p2m (E0 � E)

~

2. PRIMJERI 93

2. Primjeri

Primjer 80. Pretpostavimo da brzinu neke µcestice moµzemo mjeriti uz toµcnost0:01%. 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 .

Rje�enje:a) Buduci da je

�x ��p & hto za tijelo moµzemo pisati

�x & h

�p=

h��pp

�� p=

h��pp

��mv

=6:626 � 10�34 J s10�4 � 70 kg � 20 ms

= 4: 733 � 10�33m

b) Za elektron

�x & h

�p=

h��pp

�� p=

h��pp

��mev

=6:626 � 10�34 J s

10�4 � 9:11 � 10�31 kg � 3 � 105 ms= 2: 42 � 10�5m

c) U ovome sluµcaju je bitno primjeniti relativistiµcke popravke izraza

�x & h

�p=h

q1�

�vc

�2��pp

��me � v

=6:626 � 10�34 J s �

r1�

�108 m

s

3�108 ms

�210�4 � 9:11 � 10�31 kg � 108 ms

= 6: 86 � 10�8m

Primjer 81. µCestica mase m nalazi se unutar jednodimenzionalnog razmakaduljine a. Pomocu naµcela neodre�enosti izraµcunajte najniµzu mogucu energiju kojutakva µcestica moµze imati.

Rje�enje:Neodre�enost poloµzaja µcestice iznosi a, dok je najmanji moguci iznos koliµcine

gibanja j�!p j onaj za koji vrijedi

j�!p j � � j�!p j2

& 1

2

h

�x=h

2aPretpotstavimo da µcestica unutar intervala ima potencijalnu energiju jednaku nuli.Tada je ukupna energija jednaka kinetiµckoj

E =j�!p j2

2m&�h2a

�22m

=h2

8ma2

odakle vrijedi uvjet

Emin =h2

8ma2

�to ukazuje na bitnu razliku u odnosu na klasiµcnu �ziku, a to je da energija vezanogstanja ne moµze biti jednaka nuli.

Primjer 82. Koristeci naµcelo neodre�enosti izraµcunajte najmanju mogucu en-ergiju za neutron i elektron koji bi se nalazio u jezgri promjera 10�14m.

94 18. VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE

Rje�enje:Za neutron vrijedi

Emin =h2

8mna2=

�6:626 � 10�34 J s

�28 � 1:675 � 10�27 kg � (10�14m)2

= 3: 276 �10�13 J = 2:048MeV

Za elektron se problem rje�ava relativistiµckim izrazom

p = mec

s�Ekmec2

+ 1

�2� 1

pa je

�x ��p = a � 2p = 2a �mec

s�Ekmec2

+ 1

�2� 1 & h

Odavdje je uvjet za energiju

Ek & mec2

24s� h

2mec � a

�2+ 1� 1

35odakle je najmanja energija elektrona uz

mec2 = 9:11 � 10�31 kg �

�3 � 108 m

s

�2= 0:512MeV

jednaka

Emin = 0:512MeV �

24s� 6:626 � 10�34 J s2 � 9:11 � 10�31 kg � 3 � 108 ms � 10�14m

�2+ 1� 1

35= 61:64MeV

Primjer 83. Izraµcunajte uz koliku najmanju pogre�ku poznajemo energiju nekogatomskog stanja ako elektron u tom stanju ostaje 1 ns.

Rje�enje:Iz relacije neodre�enosti slijedi

� = �E & h

�t=6:626 � 10�34 J s

10�9 s= 6:626 � 10�25 J = 4:141 � 10�6 eV

Ovaj energetski razmak (nepoznanica u energiji) se naziva �irina spektralne linije�.

Primjer 84. Prona�ite de Broglievu i Comptonovu valnu duljiu loptice masem = 10 g koja se giba brzinom v = 10 ms . Moµze li se eksperimentalno provjeritivalna priroda ovog objekta?

Rje�enje:Radi se o nerelativistiµckoj µcestici, pa je de Broglieva valna duljina

� =h

p=

h

mv=6:626 � 10�34 J s10�2 kg � 10 ms

= 6: 626 � 10�33m

a Comptonova

�C =h

mc=

6:626 � 10�34 J s10�2 kg � 2:998 � 108 ms

= 2: 210 1 � 10�40m

Da bi se eksperimentalno mogla potvrditi valna priroda ove µcestice, u pokusudifrakcije gdje �irina pukotine mora biti sumjerljiva valnoj duljini nece biti ispunjenuvjet, jer bi ta �irina morala biti reda 10�33m, �to nije sluµcaj.

2. PRIMJERI 95

Primjer 85. Snop elektrona energije E0 = 1 eV upada na potencijalnu preprekuvisine E = 5 eV i �irine L = 0:5 nm. Odredite vjerojatnost da se ellektron na�e sdruge strane prepreke.

Rje�enje:Vjerojatnost opada sa �irinom prepreke po zakonu

T = e�2�L

gdje je

� =

p2m (E � E0)

~=

p2 � 9:11 � 10�31 kg � (5 eV � 1 eV)

1:05457266 � 10�34 J s = 1: 024 7�1010m�1

pa je traµzena vjerojatnost

T = e�2�1: 024 7�1010m�1�0:5 nm = 3: 546 4 � 10�5 � 1

28200pa je jedan od 28200 elektrona proci kroz barijeru.

POGLAVLJE 19

ATOM

1. Uvod

Atom je kvantnomehaniµcki sistem u kojem jezgra, koja je pozitivni elektriµckinabijena nabojem +Ze i Z elektrona uzajamno djeluju elektrostatskim silama.Ovakav sistem je elektriµcki neutralan. Ostane li u elektronskom oblaku samo jedanelektron, govorimo o jednoelektronskom atomu. Neka svojstva jednoelektronskogatoma (kao �to su atom vodika H ili ioni helija He+, te litija Li++), mogu se objas-niti poluklasiµcnim Bohrovim modelom atoma. U Bohrovu modelu atoma elektronse giba oko jezgre po kruµznici polumjera r brzinom v. Pri tome je centripetalna silagibanja elektrona jednaka elektrostatskoj privlaµcnoj sili izme�u jezgre i elektrona:

mev2

r= k

Ze2

r2

Ukupna energija elektrona je zbroj kinetiµcke i potencijalne energije

E =mev

2

2� kZe

2

r

gdje su moguce samo one kruµznice koje zadovoljavaju Bohrov kvantni uvjet zamoment koliµcine gibanja L:

L = merv = n~; n 2 NPolumjer kruµzne staze odre�en je kvantnim brojem n :

rn =a0Z� n2

a brzina elektrona u toj stazi

vn =~Zmea0

� 1n

gdje smo sa a0 oznaµcili polumjer prve staze u vodikovu atomu, koji se nazivaBohrov radijus

a0 = 0:529177249 � 10�10mEnergije stacionarnih stanja (�kruµznih staza�) tako�er su kvantizirane i opisane

su izrazom

EZn = E1 �Z2

n2

gdje je energija osnovnog stanja atoma vodika jednaka

E1 = �mee

4

8"20h2= �2:18 � 10�18 J = �13:6 eV

Prijelazom iz stanja vi�e energije u stanje niµze energije atoma emitira se fotonenergije

�E = h� = EZn2 � EZn1 = �E1

�1

n21� 1

n12

�Z2

97

98 19. ATOM

Frekvencija � tog zraµcenja jednaka je

� =�E

h

a valna duljina pomocu relacije

1

�=�

c=�E1hc

�1

n21� 1

n12

�Z2 = R1

�1

n21� 1

n12

�Z2

gdje je R1 = 1: 097 4 � 107m�1 - Rydbergova konstanta.U kvantnoj mehanici problem jednoelektronskog atoma rje�ava se raµcunanjem

valnih funkcija poocu Schrödingerove jednadµzbe s efektivnom potencijalnom energi-jom. Ona ovisi o udaljenosti r elektrona od jezgre prema zakonu

Eeffp (r) = �kZe2

r+

L2

2mer2

Drugi µclan, koji sadrµzi moment koliµcine gibanja L, dolazi zbog centrifugalne silekoju osjeca elektron pri vrtnji oko jezgre.

2. Primjeri

Primjer 86. Izraµcunajte frekvenciju zraµcenja koji nastaje prijelazom elektronaiz prvog pobu�enog stanja u osnovno stanje vodikova atoma.

Rje�enje:Kvantizirane energije stacionarnih stanja elektrona u atoma su:

E(Z)n = E1Z2

n2

gdje je

E1 = �mee4

8"20h2= �

9:11 � 10�31 kg ��1:6 � 10�19 C

�48 � (8:85 � 10�12 Fm�1)2 (6:626 � 10�34 J s)2

= �2:176 � 10�18 J = �13:6 eVRazlika 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

� =En1 � En2

h=E1

Z2

n21� E1 Z

2

n22

h=E1 � Z2h

�1

n21� 1

n22

�=

E1h

�1

4� 1�=�3E14h

=�3 � (�13:6 eV)4 � 6:626 � 10�34 J s = 2:47 � 10

15 s�1

Primjer 87. Izraµcunajte valnu duljinu zraµcenja kojom treba ozraµciti atom kakobi do�lo do ionizacije atoma H+; He+; Li++.

Rje�enje: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 duljinuzraµcenja dobivamo iz izraza

1

�= R1

�1

n21� 1

n22

�Z2

gdje je R1 Rydbergova konstanta

R1 =mee

4

8h3c"20= �E1

hc= 1:097 � 107m�1

2. PRIMJERI 99

Kako je najniµze stacionarno stanje je opisano sa n1 = 1, vrijedi

� =1

R1Z2

�1

n21� 1

n22

��1=

1

R1Z2

�1

n21� 1

12

��1=

1

R1Z2

pa za vodik H+ imamo

�H+ =1

1:097 � 107m�1 � 12 = 9: 116 � 10�8m = 91:16 nm

za ion He+ imamo

�He+ =1

1:097 � 107m�1 � 22 = 2: 279 � 10�8m = 22:79 nm

i za ion Li++

�Li++ =1

1:097 � 107m�1 � 32 = 1:013 � 10�8m = 10:13 nm

Primjer 88. Pomocu brzine svjetlosti c, energije mirovanja elektrona Eel0 , re-ducirane Comptonove valne duljine elektrona (�r)

eC te prirodnim konstantama ��

konstanta �ne strukture i ��1� proton-elektron maseni odnos izrazite Bohrov radi-jus a0, Rydbergovu konstantu R1, brzinu elektrona u najniµzoj stazi vodikova atomau Bohrovu modelu i energiju osnovnog stanja atoma vodika.

Rje�enje:U atomskoj �zici je prirodno (lak�e) prikazivati jedinice pomocu sljedecih veliµcina

c = 2:99792458 � 108ms�1

Eel0 = mec2 = 0:51099906MeV

(�r)eC =

�eC2�

=~mec

= 3: 861 6 � 10�13m

� =e2

4�"0

1

~c= 7:29735308 � 10�3

��1 =mp

me= 1836:152701

Bohrov radijus moµzemo pisati kao

a0 =h2"0�mee2

=(2�~)2 � "0�me � e2

� cc=4�"0 � ~ce2

� ~mec

=1

�� (�r)eC

Brzina elektrona u najniµzoj Bohrovoj stazi

v1 =~

mea0� cc=

~mec

� ca0= (�r)

eC �

c1� � (�r)

eC

= � � c

Energija osovnog stanja atoma vodika

E1 = �mee4

8"20h2� c

2

c2= �

mec2�e2�2

8"20 (2�~)2c2= �

�e2

4�"0

1

~c

�2� mec

2

2

= �12(�)

2 ��mec

2�= ��

2 � Eel02

Rydbergova konstanta

R1 = �E1hc= �

� 12 (�)

2 ��mec

2�

2�~c=�2

4�

mec

~=1

4�� 2

(�r)eC

POGLAVLJE 20

ATOMSKA JEZGRA

1. Uvod

Jezgra atoma sastoji se od nukleona koji se dijele na protone i neutrone. Uku-pan broj nukleona u jezgri oznaµcavamo sa A (A - atomski maseni broj), dok brojprotona 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, Zstoji kao donji lijevi indeks, a ukoliko je potrebno kao donji desni indeks ubacujemoi broj neutrona N. Kemijski element tada oznaµcavamo na sljedeci naµcin: A

ZK iliAZKN . Razliµciti nuklidi s istim brijem Z protona nazivaju se izotopima, nuklidi sistim brojem N neutrona nazivamo izotonima, a nuklidi s istim ukupnim brojemA nukleona su izobari.

Vecina jezgri ima pribliµzno sferiµcan oblik, pa se uz tu pretpostavku polumjerjezgre R moµze raµcunati relacijom

R = r0A13

gdje je vrijednost r0 = 1:4 � 10�15m. Masa atoma uvijek je manja od zbroja masaprotona i neutrona od kojih je ta jezgra saµcinjena. Razlika mase

�m = Z �mH +N �mN �mA =EBc2

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 ovjeraµcunamo sa masama atoma, a ne masama jezgara. U periodnom sustavu elemenataje uobiµcajeno navedena i masa atoma izraµzena u atomskim jedinicama. Atomskajedinica 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 utro�iti da jezgru rastavimo napojedinaµcne nukleone. Masi od jedne atomske jedinice odgovara ekvivalent energije

1u � c2 = 1:6605402 � 10�27 kg ��2:99792458 � 108 m

s

�2= 1: 492 4 � 10�10 J = 931:49432MeV

Neki su nuklidi radioaktivni. Oni se spontano raspadaju (zbog svoje nestabil-nosti) emitirajuci pritom �-µcestice (jezgre 4He), ��-µcestice (elektrone, odnosnopozitrone) ili -kvante, tj. kvante elektromagnetskog zraµcenja velikih energija

101

102 20. ATOMSKA JEZGRA

(E = h� ' 1MeV). Nakon � i � raspada mijenja se tip nuklida, a broj nukleonai elektriµcni naboj ostaju pri tome saµcuvani. Raspade moµzemo pisati u obliku

AZX �!A�4

Z�2 Y +42 He �� raspad

AZX �!A

Z�1 Y + e� + f �e

�e(� � raspad)

AZX

� �!AZ X + ( � raspad)

Koliµcina poµcetnog broja nuklida (broj jezgara) u radioaktivnom uzorku ekspo-nencijalno se smanjuje prema zakonu

N = N0e��t

gdje je N0 - broj radioaktivnih jezgara u trenutku t = 0, a N njihov broj u trenutkut, a � - je konstanta raspada. Ona je povezana s vremenom poluraspada (poluµziv-otom nuklida) izrazom

T 12=ln 2

�

Vrijeme poluraspada T 12je vrijeme koje je potrebno da se koliµcina jezgara

radioaktivnog nuklida u nekom uzorku smanji na polovicu. Aktivnost radioaktivnetvari de�nira se izrazom

A = �dNdt

= (�N0) e��t = A0e

��t = A0e� t�ln 2

T 12

gdje je A0 - poµcetna aktivnost i daje brzinu kojom se nuklid raspada. Jedinica zaaktivnost radioaktivne tvari je bekerel

�Bq = s�1

�.

U nuklearnim reakcijama dvije (ili vi�e) jezgara me�udjeluju. Rezultat me�ud-jelovanja su dvije nove jezgre (ili vi�e njih). Nuklearne reakcije su procesi ukojima vrijede mnogi zakoni oµcuvanja; posebice oµcuvanje energije (koja ukljuµcuje ienergiju mirovanja), koliµcine gibanja, elektroµcnog naboja i broja nukleona. Najµce�citip reakcije moµzemo prikazati kao

a+X �! Y + b ili a (X;Y ) b

gdje je a - upadna µcestica (projektil) kojom se bombardira metaX, pri µcemu nastajejezgra Y i µcestica b. Energija koja se osloba�a ili utro�i u nuklearnoj reakciji nazivase Q�vrijedno�cu reakcije i ona iznosi

Q =

Xi

mi1 �

Xi

mi2

!� c2

gdje jeXi

mi1 - zbroj masa µcestica (jezgara) prije reakcije, a

Xi

mi2 - njihov zbroj

poslije reakcije. Q-vrijednost moµze biti pozitivna i negativna, jer da bi se neke reak-cije uopce i dogodile treba dovesti energiju, dok se neke interakcije mogu dogoditispontano, gdje se energija osloba�a. Osim ovih µcestica koje smo upoznali (elektron,proton i neutron) u prirodi postoji mno�tvo 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 µcesticaposjeduje elektriµcni naboj, antiµcestica ima suprotan naboj jednakog iznosa. Npr.antiµcestica elektrona naziva se pozitron i ima naboj +e, dok joj je masa jednakamasi elektrona. U procesima me�udjelovanja izme�u µcestica zakoni oµcuvanja su odizrazite vaµznosti. U takvim procesima neke µcestice mogu nestati i pri tome natatinove µcestice. Npr. elektron i pozitron se mogu uzajamno poni�titi pri µcemu binastala dva �kvanta:

e� + e+ �! 2

2. PRIMJERI 103

Da bi se mogla dogoditi tvorba jednog para antiµcestica npr. elektron-pozitron,upadni foton mora imati minimalnu energiju jednaku ekvivalentu tih µcestica

E = 2mec2 = 2 � 9:1093897 � 10�31 kg �

�2:99792458 � 108 m

s

�2= 1: 637 4 � 10�13 J = 1: 022 MeV

a proces se mora doga�ati blizu jezgre koja preuzima razliku energije i razlikukoliµcine gibanja.

2. Primjeri

Primjer 89. Odredite broj protona i neutrona u jezgri atoma 126C, te izraµcu-

najte polumjer, volumen i gustocu jezgre.

Rje�enje:U jezgri atoma 12

6C ima Z = 6 protona i N = A � Z = 12 � 6 = 6 neutrona.Polumjer jezgre jednak je

R = r0A13 = 1:4 � 10�15m � 12 13 = 3: 205 2 � 10�15m = 3:2052 fm

volumen jezgre iznosi

V =4�

3R3 =

4�

3r30 �A =

4�

3

�1:4 � 10�15m

�3 � 12= 1: 379 3 � 10�43m3 = 137:93 � 10�45m3 = 137:93 fm3

a njena gustoca

� =M

V=

u �A4�3 r

30 �A

=3u

4�r30=

3 � 1:66 � 10�27 kg4� � (1:4 � 10�15m)3

= 1:4447 � 1017 kgm3

Primjer 90. Izraµcunajte defekt mase, energiju vezanja i energiju vezanja ponukleonu za kalcij 4320Ca i za uran

23592 U .

Rje�enje:Za kalcij

�m =�20mH + 23mn �m

�4320Ca

��= (20 � 1:007825 + 23 � 1:008665� 42:958780)u = 0:397 02u

EB = (�m) c2 = 0:397 02 � uc2 = 0:397 02 � 931:48MeV = 369: 82MeVEBA

=369: 82MeV

43= 8: 600 5MeV

a za uran

�m =�92mH + 143mn �m

�23592 U

��= (92 � 1:007825 + 143 � 1:008665� 235:043915)u = 1: 915 1u

EB = (�m) c2 = 1: 915 1 � uc2 = 1: 915 1 � 931:48MeV = 1783: 9MeVEBA

=1783: 9MeV

235= 7: 591 1MeV

Primjer 91. Koliko ce se jezgara u masi od m = 1mg radioaktivnog izotopa90Sr raspasti za vrijeme od t1 = 1 dan a koliko za t2 = 14 godina, ako je vrijemeploraspada T 1

2= 28:8 godina?

Rje�enje:Broj raspadnutih jezgri razlika je poµcetnog i konaµcnog broja neraspadnutih

jezgri

�N = N0 �N = N0 �N0e��t

= N0

�1� e

� t ln 2T 12

�=

m

MSr

�1� e

� t ln 2T 12

�

KORISNIK

Highlight

104 20. ATOMSKA JEZGRA

�to za jedan dan iznosi

�N =10�6 kg

90 � 1:6726231� 10�27 kg

�1� e�

1365

god�ln 228:8 god

�= 4: 380 1 � 1014

a za 14 godina

�N =10�6 kg

90 � 1:6726231� 10�27 kg

�1� e�

14 god�ln 228:8 god

�= 1: 900 2 � 1018

Primjer 92. Za koliko ce se vremena 30% poµcetnog broja radioaktivnih nuklidaradija 226

88 Ra raspasti, ako je vrijeme poluraspada jezgri radija T 12= 1590 godina?

Rje�enje:Traµzi se vrijeme broja nuklida kada ih je ostalo od poµcetnog broja

N (t) = N0 �30

100N0 = 0:7N0

dok je broj zadan izrazom

N (t) = N0e��t = N0e

� ln 2T 12

t

Izjednaµcavajuci ove izraze i izdvajanjem vremena t dobivamo

0:7N0 = N0e� ln 2T 12

t

0:7 = e� ln 2T 12

t

= ln

ln 0:7 = � ln 2T 12

t

t = �T 12

ln 0:7

ln 2= �1590 god: � ln 0:7

ln 2= 818: 17 god:

Primjer 93. Kolika je starost organskog tijela, ako se 60% poµcetnog broja ra-dioaktivnog nuklida ugljika 14

6 C rspalo, a vrijeme poluraspada jezgri ugljika iznosiT 12= 5730 god?

Rje�enje:Ako se raspalo 60% poµcetnog broja nuklida, preostalo ih je 40%. Dakle, vrijedi

N (t) = 0:4N0 = N0e� ln 2T 12

t

pa je starost organskog tijela

0:4N0 = N0e� ln 2T 12

t

0:4 = e� ln 2T 12

t

= ln

ln 0:4 = � ln 2T 12

t

t = �T 12

ln 0:4

ln 2= �5730 god: � ln 0:4

ln 2= 7574: 6 god:

KORISNIK

Highlight

KORISNIK

Highlight

elelektromagnetske pojave fsr

Documents