repetytoriumzfizyki · 2014. 5. 7. · e.5rznajdź natężenie pola elektrostatycznego wytworzonego...

Politechnika Gdańska, międzywydziałowy kierunek ”Inżynieria Biomedyczna”

Skrypt do przedmiotu

Repetytorium z Fizyki

Opracowanie:

mgr inż. Justyna Szostak

mgr Tomasz Neumann

Gdańsk, 2009

Projekt ”Przygotowanie i realizacja kierunku inżynieria biomedyczna - studia międzywydziałowe”

współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego.

Politechnika Gdańska, międzywydziałowy kierunek “Inżynieria Biomedyczna”

Spis treści

1 Elektrostatyka 4

1.1 Wstęp teoretyczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3 Rozwiązania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Kondensatory 26


3 Stały prąd elektryczny 37


4 Magnetostatyka 51


5 Elektromagnetyzm 67


6 Fale elektromagnetyczne 73

6.0.1 Fale elektromagnetyczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.0.2 Interferencja i dyfrakcja światła . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 736.0.3 Polaryzacja fal elektromagnetycznych . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

6.1 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.2 Rozwiązania do zadań . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

7 Fale materii 86

7.1 Wstęp teoretyczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 867.2 Fale materii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 887.3 Zasada nieoznaczoności . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 887.4 Rozwiązania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

Repetytorium z fizyki - J. Szostak, T. Neumann2


8 Atom wodoru Bohra 97

8.1 Wstęp teoretyczny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 978.2 Teoria Bohra a skończona masa jądra atomowego . . . . . . . . . . . . . . . 1008.3 Zadania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1038.4 Rozwiązania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

9 Równanie Schrödingera - kwantowy model atomu wodoru 109


A Podział wielkości fizycznych. 117

A.1 Informacje wstępne. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

B Rachunek wektorowy. 118

B.1 Dodawanie wielkości wektorowych. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118B.2 Mnożenie wielkości wektorowych. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119B.3 Gradient, dywergencja i rotacja. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121B.4 Operator Laplace’a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

C Równania Maxwella w próżni 123

C.1 Postać różniczkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123C.2 Postać całkowa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123C.3 Twierdzenia całkowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123C.4 Równanie falowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

Literatura 126



1 Elektrostatyka

1.1 Wstęp teoretyczny

Dwa ładunki elektryczne q1 i q2 wytwarzają pole elektryczne i za jego pośrednictwemoddziałują na siebie z pewną siłą. Jeżeli pole wytworzone jest przez ładunki będące w spo-czynku, to nosi ono nazwę pola elektrostatycznego. Wartość siły oddziaływania w przypadkuładunków punktowych (a także ładunków o symetrii kulistej) określa empiryczne prawo

Coulomba. Zgodnie z nim siła ~F1 z jaką ładunek punktowy q2 oddziałuje na ładunek q1

znajdujący się w odległości r od niego (patrz rys. 1) wyraża się wzorem

~F1 =1

4πεq1q2r2

r1, (1)

gdzie ε jest przenikalnością elektryczną ośrodka, w którym znajdują się ładunki, natomiastwersor r1 wskazuje położenie ładunku q1 względem ładunku q2. Przenikalność elektryczna do-wolnego ośrodka może być zapisana jako iloczyn jego względnej przenikalności elektrycznej(stałej dielektrycznej charakterystycznej dla danego ośrodka) εr oraz przenikalności elek-trycznej próżni, ε0 = 8, 85 · 10−12C2/N ·m2

ε = εrε0. (2)

Siła, z jaką ładunek q1 odzdziałuje na ładunek q2 ma taką samą wartość i kierunek jak

Rysunek 1: Względne położenie dwóch ładunków punktowych.

siła, z jaką ładunek q2 oddziałuje na ładunek q1, ale mają przeciwne zwroty (są to siły akcjii reakcji). Jeżeli chcemy znaleźć kierunek i zwrot siły ~F2 z jaką ładunek q1 oddziałuje naładunek q2, we wzorze (1) wersor r1 musimy zastąpić wersorem r2, wskazującym położenieładunku q2 względem ładunku q1.

W celu wyznaczenia siły oddziaływania pomiędzy dwoma ładunkami Q1 i Q2 o dowolnymrozkładzie ciągłym (ładunek elektryczny jest rozłożony w przestrzeni, por. rys. 2), należykażdy z nich podzielić na infinitezymalne, tj. nieskończenie małe ładunki dQ1 oraz dQ2



Rysunek 2: Dwa ładunki o rozkładzie ciągłym.

i policzyć jaka jest siła d~F1 z jaką ładunek dQ2 działa na ładunek dQ1 (lub odwrotnie).Korzystając z prawa Coulomba (1) napiszemy wówczas

d~F1 =1

4πεdQ1dQ2

r2r12, (3)

przy czym wersor r12 określa położenie ładunku dQ1 względem dQ2. Przeprowadzając na-stępnie operację całkowania , tj. sumowania siły oddziaływania wszystkich infinitezymalnychładunków, otrzymujemy

~F1 =∫Q1

∫Q2

14πε

dQ1dQ2r2

r12. (4)

Jeżeli rozmiar geometryczny któregokolwiek z ładunków jest dużo mniejszy od ich wzajem-nej odległości, to ładunek taki możemy uważać za punktowy.

Wiemy już, że ładunki elektryczne wytwarzają pole elektryczne. Należy zatem wprowa-dzić wielkość, która będzie charakteryzowała pole w dowolnym jego punkcie. Podstawowymparametrem opisującym pole elektryczne jest wektor natężenia pola elektrycznego ~E.Jest on definiowany jako stosunek siły, z jaką pole elektryczne oddziałuje na umieszczony wtym punkcie dodatni, punktowy ładunek próbny do wartości tego ładunku

~E =~Fqq. (5)

Z powyższego wzoru wynika, że wektor natężenia pola ma taki sam kierunek i zwrot co siładziałająca na ładunek dodatni. Wartość tego wektora jest równa sile działającej na ładunekjednostkowy. Wartość wektora ~E wyrażamy w dwóch podstawowych jednostkach

[E] =N

C=V

m. (6)

W przypadku, gdy pole elektrostatyczne wytwarzane jest przez ładunek punktowy lub ładu-nek o symetrii kulistej wartość wektora natężenia w punkcie odległym o r od źródła pola Qwyraża się wzorem

E =1

4πεQ

r2. (7)



Jeżeli pole elektryczne jest wytwarzone przez więcej niż jeden ładunek, natężenie pola elek-trycznego w danym punkcie pola, zgodnie z zasadą superpozycji, będzie sumą natężeń pólwytworzonych przez poszczególne ładunki

~E =n∑i=1

~Ei, (8)

gdzie ~Ei jest natężeniem pola wytworzonego przez i-ty ładunek, a n jest liczbą ładunkówwytwarzających pole. Jeżeli znamy natężenie pola elektrycznego to na podstawie wzoru (5)możemy obliczyć siłę działającą w tym polu na dowolny ładunek punktowy q

~F = q ~E. (9)

Pole elektryczne można zobrazować przy pomocy linii sił pola. Wektor natężenia pola wkażdym punkcie pola jest styczny do linii sił pola. Zwrot tych linii jest zgodny ze zwrotem ~E,natomist gęstość linii sił pola (liczba linii przechodzących przez jednostkową powierzchniędo nich prostopadłą) świadczy o sile pola w danej odległości od jego źródła. Na rysunku(1.1) przedstawiono rozkład pola elektrostatycznego wytworzonego przez dodatni ładunekpunktowy. Jak wynika z rysunku, linie sił pola rozchodzą się radialnie (promieniście) i sąskierowane na zewnątrz ładunku źródłowego, a ich gęstość maleje z odległością od ładunkuźródłowego co oznacza, że natężenie pola maleje wraz ze wzrostem odległości od źródła.Takie pole nazywamy polem centralnym.

Rysunek 3: Pole centralne wytworzone przez dodatni ładunek punktowy.

Wprowadźmy teraz pojęcie strumienia Φ pola elektrycznego ~E przez powierzchnię

S. Na wstępie rozpatrzmy wycinek dS pewnej powierzchni S, przez którą przenikają wektorynatężenia pola ~E (rys. 4). Z powierzchnią dS skojarzony jest prostopadły do niej wektor d~S.Jego wartość równa jest powierzchni wycinka dS (przyjmuje się, że zwrot tego wektora dla



Rysunek 4: Strumień pola elektrycznego ~E przez zamkniętą powierzchnię S.

dowolnej powierzchni zamkniętej skierowany jest na zewnątrz tej powierzchni). Strumień dΦ

pola ~E przez infinitezymalną powierzchnię dS określony jest wzorem

dΦ = ~E · d~S. (10)

Całkowity strumień Φ pola ~E będzie zatem wynosił

Φ =∮~E · d~S. (11)

Wartość strumienia Φ mówi nam ile linii sił pola przechodzi przez powierzchnię S. Zauważmy,że gęstość linii sił pola, a więc i wartość ~E maleje z kwadratem odległości od wytwarzającegoje ładunku. Z kolei wielkość powierzchni S rośnie z kwadratem odległości. Iloczyn EdS

pozostaje więc stały. Zauważmy również, że jeżeli źródło pola znajduje się na zewnątrzpowierzchni S (rys. 4a), wnika do niej i opuszcza ją tyle samo linii sił. Strumień pola wtym przypadku jest równy 0. Zatem strumień pola ~E przez zamkniętą powierchnię S niesieze sobą informację o istnieniu i „sile” źródeł pola (a więc ładunków) wewnątrz rozważanejpowierzchni

Φ =∮~E · d~S =

Q

ε, (12)

gdzie Q jest całkowitym ładunkiem znajdującym się wewnątrz powierzchni S. Powyższerównanie nazywane jest prawem Gaussa w postaci całkowej. Istnieje także różniczkowa

postać tego prawa

∇ · ~E =1ερ, (13)

przy czym ρ jest gęstością objętościową ładunku obejmowanego przez powierzchnię S. Defi-nicję operatora ∇ i dywergencji dowolnego pola wektorowego podano w dodatku B.3.

Każdy ładunek elektryczny umieszczony w polu elektrycznym posiada energię po-

tencjalną, wynikającą z oddziaływania ładunku z tym polem (podobnie jak ciało o masie



m umieszczone w polu grawitacyjnym posiada energię potencjalną, będąca rezultatem od-działywania z tym polem). Przyjmuje się, że energia potencjalna ładunku w nieskończonejodległości od źródła pola jest równa zeru. Energia potencjalna ładunku q w punkcie leżącymw skończonej odległości r od źródła pola równa jest najmniejszej pracy, jaką musi wyko-nać siła zewnętrzna (równoważąca siłę, z jaką pole elektryczne działa na ten ładunek) przyprzeniesieniu go z nieskończoności, do tego punktu

Ep = Wz[∞→r]. (14)

Oznacza to, że jeżeli pole wytwarzane jest przez ładunek punktowy (lub ładunek o symetriikulistej) Q, energia potencjalna ładunku q znajdującego się w odległości r od źródła danajest wzorem

Ep = Wz[∞→r] =∫ r

∞(−~F ) · d~r =

14πε

Qq

r. (15)

W tym wypadku siła zewnętrzna ma taką samą wartość i kierunek co siła oddziaływaniamiędzy ładunkami wyrażona wzorem (1), ale przeciwny zwrot - stąd znak „-” pod całką.Jeżeli pole wytworzone jest przez ładunek o symetrii kulistej, powyższy wzór jest słusznyjednynie dla r R, gdzie R oznacza promień kuli, na której rozłożony jest ładunek Q. Jakwynika ze wzoru (15), ładunek w polu elektrycznym może mieć dodatnią lub ujemną energiępotencjalną, w zależności od znaków obu ładunków Q i q. Oznacza to, że pole elektryczne„wypycha” bądź „wciąga” ładunek. Jeżeli energię potencjalną ładunku podzielimy przez jegowartość, otrzymamy wielkość skalarną, niezależną od ładunku, ale zależną od punktu, wktórym ten ładunek się znajduje. Iloraz ten jest zatem cechą pola w danym jego punkcie,może więc charakteryzować pole elektryczne. Stosunek energii potencjalnej ładunku w poluelektrycznym do wartości tego ładunku nazywamy potencjałem pola elektrycznego w

danym punkcie pola i oznaczamy przez V

V =Epq. (16)

Na podstawie równań (15) i (16) możemy wyznaczyć potencjał pola ładunku Q w odległościr od niego

V (r) =1

4πεQ

r. (17)

Należy pamiętać, że jeżeli pole wytworzone jest przez ładunek o symetrii kulistej, to wzórten jest prawdziwy dla r R. Potencjał elektryczny podlega zasadzie superpozycji. Zatemjeśli pole wytwarzone jest przez n ładunków, potencjał pola wypadkowego w danym punkciejest równy sumie potencjałów pochodzących od poszczegołnych ładunków

V =n∑i=1

Vi. (18)



Z powyższych rozważań wynika, że natężenie ~E i potencjał V mogą opisywać to samopole elektryczne - musi więc istnieć zależność łącząca obydwie wielkości. Ma ona postać

~E = −∇V. (19)

Z powyższego równania wynika, że wektor natężenia pola elektrycznego zwrócony jest wstronę największego spadku potencjału (omówienie operatora ∇ i własności gradientu do-wolnej funkcji skalarnej podane zostały w części B.3 skryptu).

Obliczmy teraz pracę jaką wykonuje siła zewnętrzna przy przesunięciu ładunku q zpunktu A (odległego od ładunku Q o rA) do punktu B (odległego od ładunku Q o rB)

Wz[rA→rB ] =∫ rB

rA(−~F ) · d~r =

Qq

4πε

( 1rB− 1rA

). (20)

Zauważmy, że ze wzorów (17) i (20) wynika

Wz[rA→rB ] =Qq

4πε

( 1rB− 1rA

)= q

(Q

4πε1rB− Q

4πε1rA

)= q(VB − VA), (21)

zatem praca wykonana przy przesunięciu ładunku q z punktu A do punktu B nie zależyod kształtu drogi, po której ładunek był przesuwany a jedynie od położenia początkowegoi końcowego ładunku q. Oznacza to, że praca wykonana w polu elektrostatycznym przyprzesunięciu ładunku po dowolnej krzywej zamkniętej (od punktu A do A) jest równa zeru.Pole o takiej własności nazywamy polem zachowawczym. Praca Wp wykonana przez poleelektrostatyczne przy przesunięciu ładunku z punktu A do B ma wartość przeciwną do pracywykonanej przez siłę zewnętrzną

Wp[rA→rB ] = q(VA − VB). (22)

Na zakończenie wspomnijmy o ważnej właściwości pola elektrostatycznego. Jest nią bez-wirowość

∇× ~E = 0. (23)

Więcej informacji na temat rotacji dowolnego pola wektorowego znajdziesz w części B.3skryptu.

1.2 Zadania

E.1R Znajdź natężenie oraz potencjał pola elektrostatycznego wytworzonego w punkcie Cprzez 2 identyczne stacjonarne ładunki q = +1nC leżące w odległości d = 10cm od siebie(rys. 5).



Rysunek 5:

E.2 Trzy identyczne ładunki punktowe q umieszczono w wierzchołkach trójkąta równobocz-nego o boku a. Znajdź natężenie oraz potencjał pola elektrostatycznego w środku ciężkościtego trójkąta.E.3 Cztery ładunki punktowe+q,+q,−2q i −2q umieszczono w wierzchołkach kwadratu oboku a (rys. 6). Znajdź natężenie oraz potencjał pola elektrostatycznego w środku kwadratu.

Rysunek 6:

E.4 Ładunki punktowe +3q, −2q i +q umieszczono na jednej linii, w odległościach odpo-wiednio d i 2d (rys. 7). Znajdź siłę oddziaływania tak powstałego pola elektrostatycznegona ładunek −q umieszczony w punkcie A i B. Jaką energię posiada ładunek punktowy −qw tych punktach?

Rysunek 7:

E.5R Znajdź natężenie pola elektrostatycznego wytworzonego przez odcinek o długości Lnaładowany jednorodnie ładunkiem dodatnim Q na symetralnej tego odcinka w odległościL/2 od jego środka (rys. 8).E.6R Dwie kulki zawieszono w tym samym punkcie. Pierwszą zawieszono na nieważkiej,nieprzewodzącej, nierozciągliwej nici o długości l, a drugą zamocowano na stałe na nie-przewodzącym pręcie, na tej samej wysokości. Następnie kulki naładowano jednoimiennymiładunkami odpowiednio q i Q (rys. 9). Oblicz kąt o jaki kulka z ładunkiem q odchyli się odpionu, jeśli jej masa wynosi m. Załóż, że kulki nie stykają się wisząc jedna obok drugiej.

E.7 Dwie jednakowe kulki o masie m każda zawieszono w jednym punkcie na nieważkich,



Rysunek 8:

Rysunek 9:

nierozciągliwych, nieprzewodzących niciach o długości l. Kulki naładowano jednakowym ła-dunkiem, a w punkcie zaczepienia umieszczono ładunek o tej samej wartości, ale o przeciw-nym znaku. Znajdź ładunek jakim naładowano kulki oraz siłę naciągu nici, jeśli wiadomo,że siła ciężkości kulek jest większa od siły przyciągania między różnoimiennymi ładunkami,przez co kulki odchyliły się o kąt α od pionu (rys. 10).

Rysunek 10:

E.8R Nieprzewodzącą kulę o promieniu R naładowano jednorodnie do gęstości objętościowejładunku ρ. Określ natężenie i potencjał pola elektrostatycznego wytworzonego przez kulę wpunkcie odległym o d od jej powierzchni (d 0). Narysuj rozkład linii sił pola i powierzchniekwipotencjalnych na zewnątrz kuli przy założeniu, że kulę naładowano ładunkiem ujem-nym. Jak nazywamy ten rodzaj pola?E.9 Dwie kule o jednakowym promieniu R naładowano jednorodnie na powierzchni ładun-kami 2Q oraz −Q i umieszczono w odległości 2x od siebie (rys. 11), przy czym 2x > R. Jakąpracę należy wykonać aby przesunąć ładunek q z punktu A do B? Narysuj rozkład linii siłpola wytworzonego przez obie kule. Załóż, że rozkład ładunku nie zmienia się.



Rysunek 11:

E.10R Wykaż, że pole elektrostatyczne wytworzone przez ładunek punktowy Q jest polembezwirowym.E.11 Wyznacz ~E mając dany potencjał pola elektrostatycznego:aR) V =

a

x, a = const,

b) V =a

x2+

b

y2+

c

z2, a, b, c = const,

c) V = xz + y2 + 2x2z,d) V = y sin 2x+ x cos 2y + z.E.12 Sprawdź, czy wektor ~E może być natężeniem pola elektrostatycznego:aR) ~E =

a

x2i, a = const,

b) ~E = ai+ bj + ck, a, b, c = const,c) ~E = [−y; 2z; 1],d) ~E =

[xz; 0; 2x

].

E.13W Korzystając z prawa Gaussa wyznacz natężenie pola elektrostatycznego w odległościr od przewodzącej kuli o promieniu R, naładowanej ładunkiem Q.E.14R Korzystając z prawa Gaussa wyznacz natężenie pola elektrostatycznego w odległościr od nieprzewodzącej kuli o promieniu R, naładowanej jednorodnie ładunkiem Q.E.15 Korzystając z prawa Gaussa wyznacz natężenie pola elektrostatycznego w odległości rod nieskończonej przewodzącej płyty, naładowanej z gęstością powierzchniową σ.E.16 Znajdź natężenie pola wytworzonego przez kondensator płaski, jeśli powierzchnia okła-dek kondensatora wynosi S, a odległość między nimi d S. Ładunek zgromadzony naokładkach wynosi Q, a między okładkami umieszczono dielektryk o względnej przenikalnościelektrycznej εr.E.17 Korzystając z prawa Gaussa wyznacz natężenie pola elektrostatycznego w odległościr od nieskończonej prostoliniowej nici, naładowanej jednorodnie. Gęstość liniowa ładunkuwynosi σ, a nić umieszczona jest w próżni.E.18R Znajdź przybliżony wzór określający potencjał pola wytworzonego przez fizycznydipol elektryczny w dużej odległości od niego.



1.3 Rozwiązania

E.1R Aby znaleźć natężenie pola elektrycznego w dowolnym jego punkcie, należy umieścić wnim dodatni ładunek próbny i ustalić kierunek i zwrot siły działającej na ten ładunek. W tymprzypadku mamy dwa niezależne, identyczne ładunki źródłowe q, zatem pole ~E wytworzonew dowolnym punkcie będzie sumą pól ~E1 i ~E2

~E = ~E1 + ~E2. (24)

Jak widać, wypadkowy wektor natężenia ~E będzie miał składowe ~Ex oraz ~Ey (rys. 12), przy

Rysunek 12: a) Pola wytworzone w punkcie C przez poszczególne ładunki; b) pole wypadkowew punkcie C.

czym~Ex = ~E1x = E1xi, (25)

natomiast~Ey = ~E1y + ~E2 = −(E1y + E2)j, (26)

(podstawy rachuku wektorowego zamieszczono w części B.1 skryptu). Znajdźmy teraz war-tości poszczególnych składowych ~E1x, ~E1y oraz ~E2

E1x = E1 cosα =1

4πε0

q

r21cosα, (27)

E1y = E1 sinα =1

4πε0

q

r21sinα,

E2 =1

4πε0

q

r22,

przy czym r1 = d√

2, r2 = d. Ponieważ nie został sprecyzowany ośrodek, w jakim znaj-dują się ładunki, zakładamy, że jest to próżnia - w powyższych wzorach występuje wówczas



jedynie przenikalność elektryczna próżni ε0. Wartości poszczególnych składowych wektorawypadkowego Ex oraz Ey wynoszą odpowiednio

Ex =1

4πε0

q

2d2cosα, (28)

Ey =1

4πε0

q

2d2sinα +

14πε0

q

d2=

14πε0

q

d2

(sinα2

+ 1). (29)

Wektor natężenia pola w punkcie C ma więc postać

~E =1

4πε0

q

d2

[cosα2

i−(sinα

2+ 1

)j]. (30)

Z danych wynika, że α = 45. Mamy zatem

~E =1

4πε0

q

d2

[√2

4i−

(√2

4+ 1

)j

]. (31)

Sprawdźmy teraz jednostkę otrzymanego natężenia

[E] =C

C2/ (Nm2) m2=N

C. (32)

Pamiętajmy, że w celu uniknięcia pomyłek należy jednostkę odległości d zamienić na metry.Obliczmy teraz wartość natężenia pola w punkcie C, która jest równa długości wektora ~E

E =√E2x + E2y =

14π · ε0

q

d2

√√√√(√24

)2+(√

24

+ 1))2

= (33)

=10−9

4π 8, 85 · 10−12 · 10−2√

1, 957 ≈ 1, 26 · 103N

C= 1, 26

kN

C.

Znajdźmy teraz potencjał pola w punkcie C. Potencjał jest wielkością skalarną, zatem po-tencjał wypadkowy będzie sumą algebraiczną potencjałów od poszczególnych ładunków

V = V1 + V2. (34)

Wartości V1 i V2 wyznaczymy na podstawie wzoru (17)

V1 =1

4πεQ1r1

=1

4πε0

q

d√

2, (35)

V2 =1

4πεQ2r2

=1

4πε0

q

d. (36)

Zatem

V =q

4πε0d

(1 +

√2

2

). (37)

Sprawdźmy jednostkę[V ] =

C

C2

Nm2m

=Nm

C=J

C= V. (38)



Wartość otrzymanego potencjału wynosi V ≈ 153V .E.2

~E = 0, V =3√

3q4πε0a

.

E.3~E =

3√

2q2πε0a2

i, V = −√

2q2πε0a

. (39)

E.4~FA = −q ~EA =

9q2

16πε0d2i, ~FB = −q ~EB ≈ −0, 97

q2

4πε0d2i, (40)

EpA = −qVA = − q2

8πε0d, EpB = −qVB = − 13q2

48πε0d. (41)

E.5R Odcinek o długości L umieścimy w układzie współrzędnych xy, tak by środek odcinka

Rysunek 13: Jednorodnie naładowana nić o długości L.

leżał w środku układu współrzędnych. Podzielmy ten odcinek na infinitezymalne kawałki odługości dx, dzięki czemu ładunki dq zgromadzone na poszczególnych odcinkach dx będziemożna uważać za punktowe (rys.13). Odcinek jest naładowany jednorodnie ładunkiem Q,zatem gęstość liniowa ładunku σ wynosi

σ =Q

L, (42)

więc ładunek dq zgromadzony na odcinku dx wyraża się wzorem

dq = σdx =Q

Ldx. (43)

Ze wzorów (7) i (43) wynika, że pole dE wytworzone przez dowolny odcinek dx możemywyrazić jako

dE =1

4πε0

dqr2

=1

4πε0

Q

Ldx

r2, (44)



gdzie r to odległość rozważanego odcinka dx od punktu, w którym wyznaczamy ~E. Odległośćtą możemy wyrazić wzorem

r =√x2 + (L2/4). (45)

Z rysunku wynika, że wektor d ~E ma dwie składowe d ~Ex i d ~Ey, przy czym

dEx = dE sinα =Q

4πε0Lsinαr2

dx, (46)

dEy = dE cosα =Q

4πε0Lcosαr2

dx.

Aby znaleźć wartości poszczególnych składowych wektora wypadkowego należy przeprowa-dzić operację całkowania. Zacznijmy od obliczenia wartości składowej poziomej Ex. Za-uważmy, że

sinα =x

r. (47)

Korzystając z równań (45), (47) i (47) oraz uwzględniając fakt, iż x zmienia się w przedziale〈−L/2;L/2〉, Ex można wyrazić w następujący sposób

Ex =∫ L/2

−L/2

Q

4πε0Lx

(x2 + L2/4)3/2dx =

Q

4πε0L

∫ L/2

−L/2

x

(x2 + L2/4)3/2dx. (48)

WyrażenieQ

4πε0Lzostało wyciągnięte przed całkę, gdyż nie zależy od zmiennej całkowa-

nia. Zauważmy, że funkcja podcałkowa jest funkcją nieparzystą a całkowanie odbywa się wprzedziale 〈−L/2;L/2〉. Oznacza to, że∫ L/2

−L/2

x

(x2 + L2/4)3/2dx = 0. (49)

StądEx = 0. (50)

Znajdźmy teraz wartość składowej ~Ey pola wypadkowego. Postępując analogicznie i korzy-stając z zależności

cosα =L/2r, (51)

otrzymamy

Ey =Q

8πε0

∫ L/2

−L/2

1

(x2 + L2/4)3/2dx. (52)

Całka otrzymana w powyższym równaniu nie jest prosta do obliczenia. Spróbujmy zatemzmienić zmienną całkowania. Wyraźmy równanie (52) w następujący sposób

Ey =Q

8πε0

∫ L/2

−L/2

1r3

dx. (53)

Wyraźmy teraz r przekształcając równanie (51)

r =L

2 cosα(54)



i wstawmy do równania (53)

Ey =Q

8πε0

∫ L/2

−L/2

8 cos3 αL3

dx =Q

πε0L3

∫ L/2

−L/2cos3 αdx. (55)

Ponieważx

L/2= tgα, (56)

dx można wyrazić za pomocą dα

2L

dx =1

cos2 αdα, (57)

więcdx =

L

2 cos2 αdα. (58)

Musimy teraz ustalić granice całkowania dla nowej zmiennej:x = −L/2 ⇒ α = −π/4, x = L/2 ⇒ α = π/4. Zatem równanie (55) możemy zapisać wnastępującej postaci

Ey =Q

πε0L3

∫ π/4

−π/4cos3 α

L

2 cos2 αdα =

Q

2πε0L2

∫ π/4

−π/4cosαdα. (59)

Zauważmy, że funkcja cosinus jest funkcją parzystą, więc

Ey = 2Q

2πε0L2

∫ π/4

0cosαdα =

Q

πε0L2(sinα)

π/40

=

√2Q

2πε0L2. (60)

Sprawdźmy jednostkę otrzymanego natężenia

[Ey] =C

C2/ (Nm2) m2=N

C. (61)

Z (50) i (60) wynika, że szukane natężenie pola elektrostatycznego ma jedynie składowąpionową, a zatem

~E =

√2Q

2πε0L2j. (62)

E.6R Na ruchomą kulkę naładowaną ładunkiem q (rys.14) działa siła grawitacji ~Fg, siłaodpychania elektrostatycznego ~Fe oraz siła naciągu nici ~N . Kulka zatrzyma się w momen-cie, gdy wszystkie siły zrównoważą się. Będzie ona wówczas odchylona od pionu o szukanyprzez nas kąt α. Oznaczmy przez ~Fw wypadkową sił ~Fg i ~Fe. Ponieważ długości nici i prętamocujących ładunki są identyczne, trójkąt, którego wierzchołkami są naładowane kulki orazpunkt ich zaczepienia, jest trójkątem równoramiennym. W związku z tym również trójkątsił ~Fg, ~Fe i ~Fw jest trójkątem równoramiennym. Zatem

Fw = Fg. (63)



Rysunek 14:

Skorzystajmy teraz z twierdzenia cosinusów dla trójkąta sił w celu znalezienia związku po-między tymi siłami a kątem α:

F 2e = F 2g + F 2w − 2FgFw cosα. (64)

Po uwzględnieniu równania (63) otrzymamy

F 2e = 2F 2g (1− cosα). (65)

Wyznaczmy teraz wartości obydwu sił

Fe =qQ

4πε0r2, Fg = mg, (66)

gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim, r – odległością między ładunkami. Kwadrat odle-głości r wyznaczymy stosując twierdzenie cosinusów dla trójkąta wyznaczającego położenieładunków względem siebie i punktu ich zaczepienia:

r2 = l2 + l2 − 2ll cosα = 2l2(1− cosα). (67)

Podstawmy teraz wszystkie dane do równania (65). Otrzymamy wówczas wyrażenie(qQ

4πε02l2(1− cosα)

)2= 2(mg)2(1− cosα). (68)

Z powyższego równania wynika, że

(qQ)2 = 2(8πε0l2mg)2(1− cosα)3, (69)

więc

(1− cosα)3 − (qQ)2

2(8πε0l2mg)2= 0. (70)

Jest to równanie wielomianowe typu

a3 − b3 = 0, (71)



gdziea = 1− cosα,b = ((qQ)2/3)/(21/3(8πε0l2mg)2/3).Równanie to możemy zapisać w postaci

(a− b)(a2 + ab+ b2) = 0. (72)

Ponieważ wyrażenie a2 + ab+ b2 > 0, jedynym rozwiązaniem równania (71) jest

a− b = 0, (73)

stąd w naszym przypadku

1− cosα =(qQ)2/3

21/3(8πε0l2mg)2/3, (74)

a zatemcosα = 1− (qQ)2/3

21/3(8πε0l2mg)2/3. (75)

Szukany kąt będzie więc dany wyrażeniem

α = arc cos(

1− (qQ)2/3

21/3(8πε0l2mg)2/3

). (76)

E.7

q = 4l sinα√πε0mg tgα, N =

mg

cosα

(1− 4sin3α

). (77)

E.8R Aby znaleźć wektor natężenia pola w danym jego punkcie należy skorzystać z definicjinatężenia pola elektrycznego w danym punkcie pola i ze wzoru na siłę Coulomb’a lub goto-wego wzoru na natężenie pola wytworzonego przez ładunki punktowe i ładunki o symetriikulistej (7). Wartość ładunku źródłowego Q policzymy znając gęstość objętościową ładunkui promień kuli

Q = ρV = ρ · 43πR3, (78)

gdzie V jest objętością kuli. Odległość r pomiędzy środkiem kuli a punktem, w którymbadany jest wektor natężenia jest sumą promienia kuli R oraz odległości d tego punktu odpowierzchni kuli. Zatem

~E =Q

4πε0(d+R)2r =

ρR3

3ε0(d+R)2r, (79)

przy czym r jest wersorem wskazującym położenie punktu (w którym wyznaczamy ~E) wzglę-dem środka kuli (rys.15).W celu znalezienia potencjału pola również korzystamy z gotowego wzoru (17) i wstawiamydo niego otrzymaną wartość ładunku źródłowego (78). Otrzymujemy wówczas

V =ρR3

3ε0(d+R). (80)



Kula naładowana ładunkiem ujemnym wytworzy pole centralne, a linie sił pola zwróconebędą w każdym punkcie tego pola leżącym na zewnątrz kuli, w stronę ładunku źródłowego,gdyż taki jest kierunek siły działającej w tym polu na dodatni ładunek próbny. Powierzchnieekwipotencjalne są powierzchniami, na których wartość potencjału pola jest stała. Z rów-nania (80) wynika, że potencjał pola w punktach leżących na zewnątrz naładowanej kulijest odwrotnie proporcjonalny do odległości tych punktów od środka kuli. Zatem potencjałbędzie identyczny dla wszystkich punktów leżących w jednakowej odległości od środka kuli,a zatem dla punktów leżących na sferze o promieniu r = R + x. Na rysunku (15) pokazanotrzy powierzchnie ekwipotencjalne o potencjałach 12V , V i 2V .

Rysunek 15: Rozkład linii sił pola oraz powierzchni ekwipotencalnych pola centralnego wy-tworzonego na zewnątrz kuli naładowanej jednorodnie ładunkiem ujemnym (ρ < 0)

E.9

Rysunek 16: Rozkład linii sił pola wytworzonego przez dwie naładowane kule



W = q (VB − VA) = − qQ

5πε0x. (81)

Rozkład linii sił pola przedstawiono na rysunku (16).E.10R Aby wykazać bezwirowość pola należy udowodnić, że rotacja pola (czyli wektoranatężenia pola w każdym punkcie pola) jest równa zero. Rotacja pola wektorowego omówionazostała w części (B.3). Wektor natężenia pola elektrycznego wytworzonego przez ładunekpunktowy Q w odległości r od tego ładunku wyrażamy wzorem

~E =Q

4πε0r2~r

r=

Q

4πε0r3~r. (82)

Wektor ~r określa położenie wybranego punktu względem ładunku źródłowego i można gozapisać w następujący sposób

~r = xi+ yj + zk, (83)

natomiast jego długość wyraża się wzorem

r =(x2 + y2 + z2

) 12 . (84)

Stąd~E =

Q

4πε0 (x2 + y2 + z2)32

(xi+ yj + zk

). (85)

Policzmy teraz rotację wektora ~E

∇× ~E =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

Ex Ey Ez

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =(∂Ez∂y− ∂Ey

∂z

)i+

(∂Ex∂z− ∂Ez

∂x

)j +

(∂Ey∂x− ∂Ex

∂y

)k. (86)

Wyznaczmy w tym celu potrzebne nam pochodne

∂Ez∂y

=∂[

Q4πε0

(x2 + y2 + z2)−32 z

]∂y

= −3Qzy4πε

(x2 + y2 + z2

)− 52 , (87)

∂Ey∂z

=∂[

Q4πε0

(x2 + y2 + z2)−32 y

]∂z

= −3Qzy4πε

(x2 + y2 + z2

)− 52 ,∂Ex∂z

=∂[

Q4πε0

(x2 + y2 + z2)−32 x

]∂z

= −3Qxz4πε

(x2 + y2 + z2

)− 52 ,∂Ez∂x

=∂[

Q4πε0

(x2 + y2 + z2)−32 z

]∂y

= −3Qxz4πε

(x2 + y2 + z2

)− 52 ,∂Ey∂x

=∂[

Q4πε0

(x2 + y2 + z2)−32 y

]∂x

= −3Qxy4πε

(x2 + y2 + z2

)− 52 ,∂Ex∂y

=∂[

Q4πε0

(x2 + y2 + z2)−32 x

]∂x

= −3Qxy4πε

(x2 + y2 + z2

)− 52 .



Po podstawieniu powyższych pochodnych do równania określającego rotację wektora ~E

otrzymujemy∇× ~E = 0, c.n.w. (88)

E.11 aR) Jeżeli V jest potencjałem pola elektrostatycznego, wektor natężenia pola możnawyrazić wzorem (19). Zatem

~E = −∇V = −(i∂V

∂x+ j

∂V

∂y+ k

∂V

∂z) == −(i

∂(ax

)∂x

+ j∂(ax

)∂y

+ k∂(ax

)∂z

) =a

x2i, (89)

b) ~E = 2(ax3i+ b

y3j + c

z3k),

c) ~E = −[z (1 + 4x) i+ 2yj + x (1 + 2x) k

],

d) ~E = −[(2y cos 2x+ cos 2y) i+ (sin 2x− 2x sin 2y) j + k

].

E.12 aR) Pole elektrostatyczne jest polem bezwirowym, zatem:

∇× ~E = 0 . (90)

Obliczmy teraz rotację pola ~E

∇× ~E =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

Ex Ey Ez

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

ax2

0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0i+ (∂(ax2

)∂z

− 0)j+ (0−∂(ax2

)∂y

)k = 0 , (91)

zatem ~E =a

x2i może być natężeniem pola elektrostatycznego.

b) tak,c) nie,d) nie.E.13W Wskazówka: Kula jest przewodząca, zatem ładunek rozłoży się jednorodnie na jejpowierzchni. DlategoE(r) = 0 dla r < R oraz E(r) =

Q

4πε0r2dla r R.

E.14RKula ma promieńR i jest naładowana jednorodnie ładunkiemQ. Na wstępie sprawdźmyjakie jest natężenie pola elektrostatycznego wewnątrz kuli. W tym celu otoczmy część ła-dunku znajdującego się wewnątrz kuli powierzchnią Gaussa S. Powierzchnia ta powinnamieć tę samą geometrię co ładunek, który otacza – w naszym przypadku będzie to sfera.Dzięki temu wartość wektora natężenia pola będzie stała na całej powierzchni. Stałą wartośćbędzie miał także kąt pomiędzy wektorami ~E i d~S (rys.17a). Skorzystajmy z prawa Gaussa



Rysunek 17: Zastosowanie prawa Gaussa do wyznaczenie ~E a) wewnątrz kuli; b) na zewnątrzkuli.

w postaci całkowej i wyznaczmy wartość wektora ~E w odległości r od środka kuli (r - pro-mień sfery, r < R). Kula wykonana jest z nieprzewodzącego materiału, którego względnąprzenikalność elektryczną oznaczmy przez εr. Ze wzoru (12) otrzymamy∮

~E · d~S =q

ε0εr, (92)

gdzie q jest ładunkiem ograniczonym sferą S. Przepiszmy teraz powyższe równanie korzy-stając z własności iloczynu skalarnego (447)∮

EdS cosα =q

ε0εr, (93)

gdzie α – kąt między wektorami ~E i d~S. W naszym przypadku w dowolnym punkcie po-wierzchni S wektory te są zawsze równoległe (jak na rysunku) lub antyrównoległe, w za-leżności od tego czy ładunek wytwarzający pole jest dodatni czy ujemny. Zatem cosα = 1,dla Q > 0 lub cosα = −1, dla Q < 0. Ustalmy teraz jaki jest ładunek q ograniczony po-wierzchnią Gaussa S. Ponieważ kula naładowana jest jednorodnie, możemy obliczyć gęstośćobjętościową ładunku ρ

ρ =Q

V=

3Q4πR3

, (94)

gdzie V jest objętością naładowanej kuli. Stąd ładunek zgromadzony wewnątrz powierzchniS wynosi

q = ρVS =3Q

4πR343πr3 = Q

r3

R3. (95)

Wstawmy teraz wartość cosα oraz otrzymany ładunek q do równania (93)∮EdS cosα = ±

∮EdS =

Qr3

ε0εrR3. (96)



Znak „+” lub „-” przed całką otrzymamy odpowiednio dla Q > 0 i Q < 0. Z wcześniejszychrozważań wynika, że E ma stałą wartość na całej powierzchni S, zatem∮

EdS = E∮

dS, (97)

a ponieważ ∮dS = S = 4πr2, (98)

z równań (96), (97) i (98) wynika, że

4πr2E =|Q| r3

ε0εrR3. (99)

Stąd wartość wektora natężenia pola wewnątrz kuli, w odległości r od jej środka wyraża sięwzorem

E(r) =|Q| r

4πε0εrR3. (100)

Z powyższego równania wynika, że natężenie pola wewnątrz kuli rośnie liniowo wraz z odle-głością od jej środka. W analogiczny sposób wyznaczmy teraz zależność E(r) na zewnątrz ina powierzchni kuli. Otoczmy zatem naładowaną kulę sferą o promieniu r, przy czym r R.Ładunek zawarty wewnątrz tej powierzchni będzie równy całkowitemu ładunkowi kuli Q.Jeśli ponadto kula znajduje się w próżni, to z prawa Gaussa otrzymamy∮

EdS cosα =Q

ε0. (101)

Nasze rozważania dotyczące wartości wektora ~E i kąta α wewnątrz kuli są słuszne także dlar R, stąd ∮

~E · d~S = ±E∮

dS, (102)

zatem z równań (98), (101) i (102) otrzymujemy, że dla r R

E(r) =|Q|

4πε0r2. (103)

Z powyższego równania wynika, że natężenie pola na zewnątrz kuli maleje z kwadratemodległości od jej środka. Otrzymany wzór zgadza się ze znaną nam zależnością określającąwartość natężenia pola elektrycznego wytworzonego przez ładunki o symetrii kulistej nazewnątrz tych ładunków w funkci odległości od ich środka.E.15 Wektor natężenia ma stałą wartość E = σ/(2ε0), kierunek prostopadły do płyty a jegozwrot zależy od znaku ładunku.E.16 Pole wewnątrz kondensatora ma stałą wartość E = Q/(ε0εrS), kierunek prostopadłydo okładek i zwrot od okładki dodatniej do ujemnej. Na zewnątrz kondensatora E = 0.E.17 E(r) = σ/(2πε0r)

E.18R Fizycznym dipolem elektrycznym nazywamy układ dwóch ładunków o tej samej



wartości, ale przeciwnych znakach (+q i −q), położonych w pewnej odległości d od siebie.Chcemy znaleźć wyrażenie na potencjał pola w odległości r od dipola znacznie większejod odległości pomiędzy tworzącymi go ładunkami (rys.18). Oznaczmy przez r+/− odległość

Rysunek 18: Dipol fizyczny.

pomiędzy ładunkiem dodatnim/ujemnym a punktem, w którym szukamy potencjału V . Zewzorów (18) i (17) wynika, że:

V (r) =1

4πε

(+qr+

+−qr−

)=

q

4πε

(1r+− 1r−

). (104)

Z twierdzenia cosinusów wynika, że

r±2 = r2 +

d2

4∓ rd cos θ ∼= r2 ∓ rd cos θ. (105)

Wyrażenie d2/4 może być pominięte ponieważ d r. Szukane przez nas odwrotności 1/r±możemy zapisać w postaci

1r±∼=(r2 ∓ rd cos θ

)−1/2=

1r

(1∓ d

rcos θ

)−1/2. (106)

Wyrażenie(

1∓ d

rcos θ

)−1/2przekształcamy korzystając z rozwinięcia w szereg potęgowy.

Zauważmy, że powyższe wyrażenie ma postać (1 ± x)−1/2 i można je rozwinąć w szeregpotęgowy przy założeniu, że |x| < 1. W naszym przypadku jest ono spełnione, gdyż d r.Zatem (

1∓ d

rcos θ

)−1/2∼= 1± d

2rcos θ. (107)

Z równań (106) i (107) wynika

1r+− 1r−∼=

1r

[1 +

d

2rcos θ −

(1− d

2rcos θ

)]=

d

r2cos θ. (108)

Potencjał pola wytworzonego przez dipol można więc przyblizyć wzorem

V (r) ∼=1

4πεqd cos θr2

. (109)



Zauważmy, że wyrażenie qd cos θ można zapisać jako

qd cos θ = q~d · r. (110)

Iloczyn q~d nazywamy momentem dipolowym ~p. Potencjał dipola można zatem wyrazić wpostaci

V (r) ∼=1

4πε~p · rr2

. (111)

Z powyższego wzoru wynika, że potencjał pola wytworzonego przez dipol elektryczny ma-leje z kwadratem odległości od niego – szybciej niż w przypadku pola wytworzonego przezpojedynczy ładunek.

2 Kondensatory


Kondensatory są urządzeniami służącymi do gromadzenia ładunku elektrycznego, a więcdo magazynowania energii potencjalnej pola elektrycznego. Urządzenia te mają też innezastosowania, o których nie będziemy mówić w tym rozdziale. Kondensator składa się zdwóch przewodników, na których gromadzi się ładunek elektryczny, oddzielonych warstwądielektryka (izolatora), która uniemożliwia przepływanie ładunku elektrycznego z jednegoprzewodnika na drugi (rys.19). Przewodniki te nazywamy okładkami kondensatora. Na oby-dwu okładkach kondensatora gromadzi się identyczny co do wartości ładunek elektryczny Q- na jednej okładce dodatni ( +Q ), na drugiej ujemny ( −Q ). Jeżeli przestrzeń pomiędzyokładkami kondensatora wypełniona jest powietrzem lub próżnią, kondensator nazywamypróżniowym.Podstawową wielkością fizyczną charakteryzującą kondensator jest pojemność elektrycznaoznaczana symbolem C i zdefiniowana w następujący sposób

C =Q

U. (112)

Jak już wspomnieliśmy Q jest wartością bezwzględną ładunku zgromadzonego na każdej zokładek kondensatora, natomiast U jest różnicą potencjałów okładek wywołaną przez ładu-nek Q, a więc U jest napięciem pomiędzy okładkami. Pojemność elektryczna kondensatorazależy jedynie od geometrii jego okładek, nie zależy natomiast od ilości zgromadzonego nanich ładunku elektrycznego.Najczęściej spotykanym typem kondensatora jest kondensator płaski. W tego typu kondensa-torze okładki zbudowane są z płaskich przewodników równoległych do siebie (rys.20). Jeżeli



Rysunek 19: Kondensator - dwa dowolne przewodniki (okładki) oddzielone dielektrykiem,.Na obydwu przewodnikach gromadzi się identyczny co do wartości ładunek elektryczny - najednej okładce dodatni, na drugiej ujemny.

powierzchnię tych okładek oznaczymy przez S, odległość między nimi przez d a przenikal-ność elektryczną rozdzielającego je dielektryka przez ε pojemność kondensatora płaskiegobędziemy mogli zapisać w następujący sposób

C =εS

d. (113)

Powyższy wzór otrzymujemy zakładając, że pole elektryczne pomiędzy okładkami konden-satora płaskiego jest polem jednorodnym, wytwarzanym przez dwie nieskończenie duże rów-noległe powierzchnie płaskie (patrz zadanie E15). Jak już wiemy z poprzednich rozdzia-łów przenikalność elektryczną danego ośrodka możemy wyrazić jako iloczyn przenikalnościelektrycznej próżni ε0 oraz względnej przeniklaności elektrycznej tego ośrodka, czyli stałejdielektrycznej εr, zatem równanie 113 przyjmuje postać

C =ε0εrS

d. (114)

Stała dielektryczna εr wynosi 1 w przypadku kondensatorów próżniowych i powietrznych.Z równań 113 i 114 wynika, że pojemność kondensatora rzeczywiście zależy od geometriiokładek (w tym wypadku od ich powierzchni), odległości między nimi a także od rodzajudielektryka wypełniającego przestrzeń między nimi a nie od zgromadzonego w kondensato-rze ładunku. Widzimy wyraźnie, że pojemność kondensatora wypełnionego dielektrykiem ostałej dielektrycznej εr jest εr razy większa od pojemności elektrycznej kondensatora próż-niowego czy powietrznego. Mierząc pojemność C kondensatora wypełnionego dielektrykiem



Rysunek 20: Kondensator płaski - dwie równoległe płaskie okładki przewodzące o powierzchniS oddzielone dielektrykiem o grubości d.

a następnie pojemność C0 tego samego kondensatora wypełnionego powietrzem i dzieląc tewartości przez siebie znajdujemy wartość stałej dielektrycznej użytego w trakcie ekspery-mentu izolatora. Spróbujmy wytłumaczyć skąd wynnika wzrost pojemności kondensatoraspowodowany umieszczeniem między jego okładkami dielektryka o względnej przenikalnościelektrycznej równej εr. Rozważmy dwa przypadki

1. próżniowy kondensator płaski podłączony do źródła napięcia U i

2. próżniowy kondensator płaski odłączony do źródła napięcia, naładowany ładunkiemQ.

Jeżeli pomiędzy okładki kondensatora podłączonego do źródła napięcia U wprowadzonyzostanie dielektryk o stałej dielektrycznej εr pomiędzy okładkami nie nastąpi zmiana napię-cia, gdyż jego wartość wymuszana jest przez źródło. Zastanówmy się co będzie się działowewnątrz dielektryka, który umieszczony między okładkami kondensatora znalazł się tymsamym w jednorodnym polu elektrycznym.Wiemy, że wewnątrz dielektryków nie ma swobod-nych nośników ładunku, jednak pod wpływem zewnętrznego pola elektrycznego materiały teulegają polaryzacji, którą nazywamy polaryzacją dielektryczną. Zjawisko to polega na prze-sunięciu ładunku elektrycznego w obrębie atomów i cząsteczek (położenie środka ciężkościładunku ujemnego w atomach bądź cząsteczkach nie pokrywa się z położeniem środka cięż-kości ładunku dodatniego). Każdy atom czy cząsteczka staje się więc dipolem elektrycznym.W ten sposób wewnątrz dielektryka powstaje (indukuje się) wewnętrzne pole elektryczneo natężeniu Ei skierowane przeciwnie do pola zewnętrznego o natężeniu E0 wytwarzanegoprzez kondensator. Natężenie wypadkowego pola elektrycznego E wynosi zatem

E ′ = E0 − Ei =E0εr

, (115)

Wyrażenie występujące po prawej stronie powyższego równania wynika z prawa Gaussa(patrz rozwiązanie wspomnianego już zadania E15). Ponieważ pole elektryczne występu-jące pomiędzy okładkami kondensatora płaskiego jest polem jednorodnym, zależność międzynapięciem poiędzy okładkami kondensatora i natężeniem pola elektrycznego jest następująca



E =U

d(116)

widzimy, że zachowanie stałej wartości napięcia oznacza zachowanie stałej wartości natężeniawypadkowego pola elektrycznego. Jeśli wprowadzenie dielektryka między okładki kondensa-tora zmniejsza natężenie pola εr-krotnie oznacza to, że pole zewnętrzne musi wzrosnąć abywartość natężenia pola wypadkowego po wprowadzeniu dielektryka była taka sama jak po-czątkowa wartość natężenia E0. Z równania 115 wynika więc, że E ′ musi wzrosnąć εr razy, aponieważ natężenie pola elektrycznego w kondensatorze płaskim jest wprostproporcjonalnedo gęstości powierzchniowej ładunku znajdującego się na okładkach oznacza to εr-krotnywzrost tego ładunku. Zatem po wprowadzeniu dielektryka pomiędzy okładki kondensatorazaobserwujemy pojawienie się na jego okładkach ładunku Q′ = εrQ, a pojemność C ′ takiegokondensatora po wprowadzeniu dielektryka wynosi

C ′ =Q′

U ′=Q′

U=εrQ

U= εrC0, (117)

gdzie C0 oznacza pojemność elektryczną kondensatora próżniowego.W przypadku kondensatora odłączonego od źródła napięcia jest nieco inaczej, a mianowicieto ładunek elektryczny q znajdujący się na okładkach kondensatora nie może ulegać zmianie( Q′ = Q ). Zgodnie z tym co już ustaliliśmy, wprowadzony między okładki kondensatoradielektryk ulegnie polaryzacji i zmniejszy natężenie pola elektrycznego a tym samym zmniej-szy napięcie między okładkami εr-krotnie. Dlatego pojemność rozważanego w tym przpadkukondensatora po wypełnieniu go dielektrykiem wynosi

C ′ =Q′

U ′=Q

U ′=QUεr

=εrQ

U= εrC0. (118)

W ten sposób udało nam się pokazać przyczynę, dla której pojemność kondensatora wypeł-nionego dielektrykiem jest zawsze εr-krotnie większa od pojemności kondensatora próżnio-wego.

Kondensatory, podobnie jak oporniki można ze sobą łączyć szeregowo (rys.21) lub rów-nolegle (rys.22). Pojemność elektryczną tak uzyskanych połączeń obliczymy korzystając zpraw Kirchhoffa. W przypadku połączenia szeregowego n kondensatorów w trakcie procesuich ładowania przez zewnętrzne źródło napięcia U na każdej z okładek musi się wyinduko-wać taki sam ładunek elektryczny Q, natomiast suma napięć powstałych na poszczególnychkondensatorach musi być równa napięciu na źródle

U =Q

Cs=

n∑i=1

Ui =n∑i=1

Q

Ci, (119)



Rysunek 21: Układ n kondensatorów połączonych ze sobą szeregowo i podłączonych donapięcia U

Rysunek 22: Układ n kondensatorów połączonych ze sobą szeregowo i podłączonych donapięcia U

gdzie Cs oznacza pojemność całego układu kondensatorów (pojemność zastępczą układu),Ui oznacza napięcie powstałe na i-tym kondensatorze, a Ci jest pojemnością i-tego konden-satora. Zatem

1Cs

=n∑i=1

1Ci

, (120)

a więc odwrotność pojemności zastępczej układu kondensatorów połączonych szeregowo jestsumą odwrotności pojemności poszczególnych kondensatorów wchodzących w skład układu.Jeżeli kondensatory połączymy ze sobą równolegle i połączymy ze źródłem zasilania U nakażdym z nich pojawi się napięcie równe napięciu na źródle, natomiast całkowity ładunek Qwyindukowany w układzie kondensatorów będzie równy sumie ładunków wyindukowanychna poszczególnych kondensatorach

Q = UCr =n∑i=1

Qi =n∑i=1

UCi = Un∑i=1

Ci , (121)

dlatego też pojemność zastępcza (Cr) układu kondensatorów połączonych równolegle jest



równa sumie pojemności tworzących ten układ kondensatorów

Cr =n∑i=1

Ci . (122)

Na początku tego rozdzaiłu stwierdziliśmy, że kondensatory służą do przechowywaniaładunku elektrycznego, a więc do magazynowania energii. Określmy teraz ilość energii po-tencjalnej pola elektrycznego E zmagazynowanej w kondensatorze. Energia ta jest równapracy ładowania kondensatora, a więc pracy, którą należy wykonać aby ładunek Q przenieśćz jednej okładki nienaładowanego kondensatora na drugą. Przenoszenie ładunku pomiędzyokładkami powoduje pojawienie się różnicy potencjałów między nimi. Praca dW wykonanapodczas przeniesienia ładunku dq z jednej okładki na drugą podczas gdy między okładkamiprzeniesiony już został ładunek q wynosi

dW = Udq , (123)

gdzie U jest napięciem wynikającym z przeniesienia ładunku q z jednej okładki na drugą.Napięcie to możemy wyrazić ze wzoru 112

U =q

C, (124)

W związku z powyższym równanie 370 przyjmie następującą postać

dW =q

Cdq . (125)

Całkowitą pracę obliczymy całkując równanie 371 w odpowiednich granicach pamiętając,że pojemność kondensatora C jest wielkością niezależną od ilości zgromadzonego w nimładunku. Przenoszenie ładunku rozpoczynamy od zera, zatem dolną granicę stanowi począt-kowa wartość przeniesionego juz ładunku, czyli zero. Przenoszenie kończymy w momencie,gdy całkowity ładunek przeniesiony między okładkami będzie równy Q, więc wartość ta jestdla nas górną granicą całkowania. W efekcie uzyskujemy następujące wyrażenie określająceenergię zmagazynowaną w kondensatorze

E =1C

Q∫0

qdq =Q2

2C. (126)

Korzystając z definicji pojemności kondensatora energię kondensatora możemy wyrazić rów-nież w następującej postaci

E =CU2

2. (127)



2.2 Zadania

Zad.1 Jak zmieni się pojemność kondensatora płaskiego jeśli jego okładki zostaną rozsuniętena odległość k-krotnie większą? Jaką pracę trzeba przy tym wykonać i jaka jest wartość ła-dunku zgromadzonego na okładkach kondensatora jeśli początkowa pojemność kondensatorawynosi C a w trakcie rozsuwania okładek kondensator jest

a) podłączony do źródła napięcia U ,

b) odłączony do źródła napięcia po naładowaniu go do napięcia U .

Zad.2 Znajdź pojemność zastępczą układu kondensatorów przedstawionych na rys.?? jeżelipojemność każdego z nich wynosi C.

Zad.3 Znajdź pojemność zastępczą układu dziewięciu identycznych kondensatorów o po-jemności 1µF połączonych jak na rys.2.2.Zad.4 Kondensator płaski o powierzchni okładek S wypełniono dwiema różnymi dielek-

trycznymi płytkami płasko-równoległymi o grubościach d1 i d2. Jaki ładunek zgromadzonyjest na okładkach tego kondensatora, jeśli wiemy, że jego pojemność wynosi C, a wartościnatężenia pola elektrycznego wewnątrz dielektryków wynoszą odpowiednio E1 i E2?

2.3 Rozwiązania

Zad.1 Wiemy, że



C =εS

d,

Po rozsunięciu okładek otrzymamy kondensator o pojemności C ′ wynoszącej

C ′ =εS

kd=C

k.

Z powyższego wzoru wynika, że pojemność kondensatora zmalała k-krotnie na skutek rozsu-nięcia jego okładek. Zastanówmy się teraz jaką pracę należało przy tym wykonać i jaki jestładunek zgromadzony na okładkach po ich rozsunięciu.Jeżeli kondensator jest podłączony do źródła napięcia U , to różnica potencjałów pomiędzyokładkami kondensatora jest niezmienna i równa napięciu na źródle. Rozsunięcie okładekkondensatora spowoduje zmianę jego pojemności, co oznacza, że po rozsunięciu na okład-kach zgromadzony będzie ładunek Q′ równy

Q′ = C ′U =CU

k=Q

k,

a więc k-krotnie mniejszy od ładunku początkowego Q. PracaW wykonana przy rozsuwaniuokładek będzie równa zmianie energii zmagazynowanej w kondensatorze

W = ∆E = E2 − E1 ,

gdzie E1 i E2 oznaczają odpwiednio energię zmagazynowaną w kondensatorze przed i porozsunięciu okładek, przy czym

E1 =CU2

2, a

E2 =C ′U2

2=CU2

2k.

Praca wykonana przy rozsuwaniu okładek w warunkach stałego napięcia wyniesie zatem

W (U = const) =CU2

2· k − 1

k,

więc jeśli k > 1 praca ta jest ujemna, co oznacza spadek wartości zmagazynowanej w kon-densatorze energii.Rozważmy teraz drugi przypadek, w którym kondensator po naładowaniu odłączono odźródła napięcia U i rozsunięto jego okładki. W tym przypadku nie zmieni się ładunek zgro-madzony na okładkach kondensatora, a zatem

Q′ = Q ,

natomiast energia kondensatora po rozsunięciu okładek w tym przypadku wynosi



E2 =Q2

2C ′=kQ2

2C=k(UC)2

2C=kCU2

2i jest ona k-krotnie większa od energii początkowej. Wykonana w tym przypadku praca jestdodatnia i wynosi ona

W (Q = const) = (k − 1)CU2

2.

Zad.2 Dla ułatwienia ponumerujmy poszczególne kondensatory (rys.2.3). Zauważmy, żekondensatory nr. 1,2 i 3 są ze sobą połączone szeregowo, natomiast kondensatory nr. 4 i 5 sąpołączone równolegle. Pojemność zastępczą Ca układu kondensatorów nr. 1,2 i 3 obliczymykorzystając ze wzoru 120

1Ca

=1C

+1C

+1C

=3C,

więc

Ca =C

3.

Pojemność zastępczą dla kondensatorów nr. 4 i 5 obliczymy ze wzoru 122

Cb = C + C = 2C .

Teraz kondensatory nr. 1, 2 i 3 możemy zastąpić kondensatorem o pojemności Ca, natomiastkondensatory nr. 4 i 5 kondensatorem o pojemności Cb, możemy więc przerysować nasz układjak na rys.2.3, z którego wynika, że kondensator oznaczony literą b i kondensator nr. 6 sąpołączone szeregowo, zatem ich pojemność zastępczą C ′ obliczymy ze wzoru 120

1C ′

=1Ca

+1C

=4C,

więc

C ′ =C

4.

Układ kondensatorów b i 6 połączony jest z kondensatorem a równolegle, w związku z tymposzukiwana przez nas pojemność zastępcza tego układu Cz jest sumą pojemności C ′ i Cb

Cz = C ′ + Cb =C

4+ 2C =

94C .

Zad.3 Ponumerujmy węzły w rozpatrywanym układzie (punkty, w których po podłącze-niu do źródła zasilania potencjał jest taki sam oznaczymy tymi samymi numerami 2.3a),dzięki temu prościej będzie przerysować rozpatrywany układ do postaci pozwalającej na



rozpoznanie typu połączeń poszczególnych grup kondensatorów. Drugi, trzeci i czwarty kon-densator są włączone do układu między węzłem 1 i 2, są więc połączone ze sobą równolegle,tak jak kondensatory szósty, siódmy i ósmy (2.3b). Jeżeli pojemność każdego kondensatorawynosi C = 1µF pojemność trzech kondensatorów połączonych równolegle wynosi 3C. Za-tem pojemność zastępczą Cz rozważanego układu obliczymy ze wzoru 120

1Cz

=1C

+1

3C+

1C

+1

3C+

1C,

zatem

Cz =311C =

311

µF .

Zad.4 Wiemy, że wartość ładunku zgromadzonego na każdej z okładek kondensatora jestrówna iloczynowi pojemności tego kondensatora i napięcia pomiędzy jego okładkami

Q = CU .

Jeżeli wewnątrz pierwszego dielektryka istnieje pole jednorodne o natężeniu E1 to międzypowierzchniami tego dielektryka równoległymi do okładek kondensatora występuje napięcieU1

U1 = E1d1 .



Analogicznie, dla drugiego dielektryka mamy

U2 = E2d2 .

Napięcie występujące pomiędzy okładkami kondensatora będzie sumą napięć U1 i U2. Zatemładunek zgromadzony na okładkach kondensatora wynosi

Q = C(E1d1 + E2d2) .



3 Stały prąd elektryczny


Prąd elektryczny to uporządkowany ruch nośników ładunku elektrycznego, odbywającysię pod wpływem zewnętrznego pola elektrycznego. Nośnikami ładunku w przypadku metalisą elektrony, w przypadku półprzewodników - elektrony i dziury natomiast w przypadkuroztworów kwasów lub soli jony. Miarą natężenia prądu jest ilość ładunku elektrycznego,przepływającego przez określoną powierzchnię (np. przekrój poprzeczny) przewodnika w jed-nostce czasu:

I =dqdt

[C

s= A

]. (128)

W ujęciu mikroskopowym natężenie prądu jest opisane zależnością

I = nqvS, (129)

w której n jest koncentracją nośników ładunku (koncentracja jest liczbą nośników prądu wjednostkowej objętości przewodnika), q - ładunkiem pojedyńczego nośnika, v - tzw. prędko-ścią unoszenia poruszających się nośników, S - polem powierzchni, prostopadłym do kierunkuruchu nośników (por. rys. 23)Jednostką natężenia prądu w układzie SI jest amper. Zgodnie ze wzorem (128), natężeniu

Rysunek 23: Przepływ prądu przez przewodnik

prądu o wartości 1A odpowiada wartość ładunku jednego kulomba przepływającego przezjednostkową powierzchnię S w czasie jednej sekundy. Zakładając ruch elektronów i pamię-tając, że wartością ładunku pojedyńczego elektronu jest ładunek elementarny, który wynosie = 1, 6 · 10−19C łatwo obliczyć, iż żeby płynął prąd 1A w czasie 1 sekundy musi przepłynąć6, 25 · 1018 elektronów.

W wielu przypadkach wygodnie jest jednak posługiwać się gęstością prądu, tj. natężeniemprądu odniesionym do wielkości przekroju poprzecznego przewodnika.

j =I

S

[A

m2

]. (130)



Jest to wielkość wektorowa, przy czym ~j ma w dowolnym punkcie przekroju przewodnikataki kierunek jaki miałby dodatni nośnik ładunku. Oznacza to, że np. elektron w tym punk-cie będzie się poruszał w kierunku −~j. W sytuacji przedstawionej na rysunku (23), ~j jestwektorem stałym, ma zwrot zgodny z polem ~E a elektrony płyną od bieguna ujemnego dobieguna dodatniego.

Nie każda substancja przewodzi równie dobrze prąd elektryczny. Ze względu na zdolnośćprzewodzenia prądu elektrycznego rozróżniamy przewodniki, półprzewodniki i izolatory. Róż-nią się one tzw. przewodnością właściwą σ (konduktywnością), wyrażoną w siemensach nametr (S/m). Przewodność właściwa jest funkcją temperatury, malejącą w przypadku metalii rosnącą w przypadku półprzewodników.W praktyce wygodniej jest posługiwać się pojęciem oporu (rezystancji), wyrażanym w omach.Opór przewodnika o długości l i polu przekroju poprzecznym S wyraża się wzorem

R = ρl

S[Ω], (131)

w którym ρ jest oporem właściwym (rezystywnością), charakterystycznym dla danej sub-stancji, wyrażanym w Ω ·m. Opór właściwy jest odwrotnością przewodności właściwej.

Jak już wspomniano, przewodność przewodnika zależy od jego temperatury. Oznacza to,że jego opór jest również funkcją temperatury. Opisuje to zależność

∆R = αR0∆T, (132)

w której ∆R oznacza zmiąnę oporu przewodnika, R jest oporem przewodnika w danej tem-peraturze T0, ∆T określa zmianą temperatury przewodnika a α jest temperaturowym współ-czynnikiem oporu wyrażanym w K−1.

Jeżeli na zaciskach przewodnika o opornośći R panuje napięcie U i płynie przezeń prądo natężeniu I to wielkości te powiązane są ze sobą prawem Ohma.

1. (Prawo Ohma dla części obwodu) Natężenie prądu w części obwodu pokazanymna rysunku (24) jest wprostproporcjonalne do napięcia U i odwrotnie proporcjonalnedo występującej w niej rezystancji

I =U

R. (133)

Rysunek 24: Prawo Ohma dla części obwodu



2. (Prawo Ohma dla całego obwodu) Każde rzeczywiste źródło napięcia, możnaprzedstawić jako źródło siły elektromotorycznej ε z szeregową rezystancją r, zwanąopornością wewnętrzną. Oznacza to, że w przypadku zamkniętego obwodu, w którympłynie prąd o natężeniu I napięcie na zaciskach źródła prądu musi zostać pomniejszoneo spadek napięcia na jego oporze wewnętrznym (rys. 25)

U = ε− Ir, (134)

lubε = I(r +R).

Rysunek 25: Prawo Ohma dla całego obwodu

3. (Prawo Ohma w postaci lokalnej) Zgodnie z nim przepływ ładunków elektrycznychw przewodniku zależy od jego przewodności i przyłożonego pola elektrycznego

~j = σ ~E. (135)

Prąd elektryczny może popłynąć tylko w zamkniętych obwodach elektrycznych. W obwodachtakich obowiązują dwa prawa Kirchoffa:

- Pierwsze prawo Kirchoffa

Algebraiczna suma prądów wpływających do węzła jest równa sumie prądów z niegowypływających ∑

i

Iini =∑j

Ioutj . (136)

Przykładowo zostało to przedstawione na (rys. 26) dla którego napiszemy następujący

Rysunek 26: Graficzne przedstawienie pierwszego prawa Kirchoffa

bilans natężeń prąduI1 + I2 = I3 + I4 + I5. (137)



- Drugie prawo Kirchoffa

W każdym oczku obwodu, algebraiczna suma sił elektromotorycznych ε oraz spadkównapięć równa jest zeru. Przykładowe oczko obwodu przedstawiono na rysunku (27)∑

i

εi +∑j

Uj = 0 (138)

Na wstępie należy obrać kierunek obiegu oczka. Jeżeli kierunek przepływu jest zgodny

Rysunek 27: Ilustracja graficzna drugiego prawa Kirchoffa

z kierunkiem obiegu oczka to na oporniku występuje spadek potencjału, zatem napię-cie na tym elemencie ma wartość ujemną. Przyjmując jako dodatnie siły elektromoto-ryczne, których kierunek zgodny jest z kierunkiem obiegu oczka napiszemy równaniedla rysunku (27)

ε1 − ε2 − U1 + U2 + U3 = 0. (139)

Na podstawie tych praw jesteśmy w stanie wyprowadzić uogólnione wzory na opornośćzastępczą układu połączonego szeregowo lub równolegle. Połączenie szeregowe n-opornikówz idelanym źródłem napięcia charakteryzuje sie tym, że przez każdy opornik przepłynie takiesamo natężenie prądu (pierwsze prawo Kirchoffa) a z drugiego prawa Kirchoffa, suma napięćna poszczególnych oporach musi być równa napięciu źródła. W takim przypadku, najlepiej

Rysunek 28: Połączenie szeregowe rezystorów

jest sprowadzić układ n-oporników do problemu jednego oporu zastępczego Rz. Zatem

I1 = I2 = · · · = In = I,

U = U1 + U2 + · · ·+ Un,

U1 = IR1, U2 = IR2, · · · Un = IRn,

IRz = I(R1 +R2 + · · ·+Rn),

Rz = R1 +R2 + · · ·+Rn. (140)



Opór zastępczy takiego układu jest większy niż największa wartość oporu w obwodzie.W przypadku połączenia równoległego n - oporników na każdym oporze wystąpi taki samspadek napięcia, ale wartości natężenia prądu płynącego przez poszczególne oporniki mogąbyć różne, czyli

Rysunek 29: Połączenie równoległe rezystorów

U1 = U2 = · · · = Un = U,

I = I1 + I2 + · · ·+ In,

I1 =U

R1, I2 =

U

R2, · · · In =

U

Rn

,

URz

=U

R1+U

R2+ · · ·+ U

Rn

,

1Rz

=1R1

+1R2

+ · · ·+ 1Rn

. (141)

Opór zastępczy takiego układu jest mniejszy niż najmniejsza rezystancja wystepująca w ukła-dzie.

W układach elektronicznych oporniki są elementami biernymi, na których w wynikuprzepływu prądu wydziela się ciepło. Ciepło wydzielone na oporniku jest równe wykonanejpracy w polu elektrycznym

W = qU.

Uzależniając ładunek od natężenia prądu zależnością zgodną ze wzorem (128) otrzymamy,że praca prądu elektrycznego wynosi

W = UIt.

Natężenie prądu w obwodzie zależy nie tylko od napięcia źródła prądu, ale także od parame-trów odbiornika energii elektrycznej (tj. oporność), co możemy zapisać zgodnie z pierwszymprawem Ohma w postaci

W = I2Rt =U2

Rt.



Powyższa praca jest równa ciepłu wydzielonemu na danym odbiorniku i nazywana jest cie-płem Joula-Lentza.Na podstawie powyższych wzorów określimy również moc prądu elektrycznego

P =W

t= UI,

czyli ilość pracy prądu elektrycznego wykonanej w jednostce czasu.

3.2 Zadania

PS.1R Obliczyć natężenie prądu wytwarzanego przez elektron krążący dookoła jądra wo-doru na pierwszej orbicie, której promien wynosi 0.5 A.PS.2 Natężenie pola elektrycznego przy powierzchni jednorodnie naładowanej kuli o promie-niu R wynosi E. Oblicz całkowite natężenie prądu powstałego w wyniku obrotu kuli dookołaosi przechodzącej przez jej środek, jeżeli okres obrotu wynosi T .PS.3R Przez przewodnik miedziany o polu przekroju S = 10 mm2 płynie prąd o natężeniuI = 9, 65 A. Oblicz prędkość z jaką poruszają się elektrony - nośniki prądu. Gęstość miedziρCu = 8600 kg/m3, masa molowa miedzi, µ = 63.5 g/mol.PS.4R W jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu E = 104 V/m znajduje się w wol-tametrze roztwór o masie m = 84.8 g soli LiCl. Odległość pomiędzy elektrodami wynosid = 10 cm natomiast opór woltametru z elektrolitem wynosi R = 0.865 Ω. Oblicz prędkośćruchu jonów Li+ i Cl− w rozpatrywanym roztworze, jeżeli wiadomo, że prędkość v1 kationówLi+ jest z = 2 razy mniejsza od prędkości v2 anionów Cl+. Założyć, że wszystkie cząstki wroztworze uległy dosocjacji. Masa molowa LiCl wynosi µ = 42, 4 g/mol.PS.5R Wykonano pięc pętli kołowych o promieniu r Z drutu o oporze właściwym ρ i poluprzekroju poprzecznego S i połączono jak na rysunku (30). Oblicz opór zastepczy tego układupomiędzy punktami A i B.

Rysunek 30: Układ przewodników do zadania 5

PS.6R Cztery rezystory o oporze R połączono jak na rysunku (31). Jakie natężenie prądubędzie przepływać przez każdy rezystor oraz jakie będą na nich spadki napięć jeśli cały układjest podłączony do zasilania o napięciu U .



Rysunek 31: Układ rezystorów do zadania 6

3.3 Rozwiązania

PS.1R Natężenie prądu definiujemy zależnością

I =dqdt, (142)

w której dq – ładunek przepływający w czasie dt przez powierzchnię S prostopadłą dokierunku ruchu jego nośników. Jeżeli rozpatrzymy ładunek ∆q, który przepływa przez po-wierzchnię S w bardzo krótkim czasie ∆t, to powyższe równanie możemy zapisać w postaci

I =∆q∆t

. (143)

Jeżeli za czas ∆t przyjmiemy okres T obiegu elektronu wokół jądra wodoru, to ładunek,który przepłynie w tym czasie przez powierzchnię S, umieszczoną w dowolnym punkcie toruruchu elektronu i do niego prostopadłą, będzie równy ładunkowi elektronu e. Zatem

I =e

T. (144)

Znajdźmy teraz okres T . Jeden z postulatów kwantowych Bohra mówi, że elektron krążywokół jądra po orbicie kołowej pod wpływem siły elektrostatycznego przyciągania elektron-jądro. Siła Coulomba pełni zatem rolę siły dośrodkowej. Jeżeli promień orbity (który jestrówny odległości pomiędzy ładunkami) oznaczymy przez r, a ładunek elektronu przez e,wartość siły Fc oddziaływania elektron-jądro obliczymy ze wzoru (1)

FC =1

4πε0

e2

r2. (145)

Powyższą zależność otrzymaliśmy po uwzględnieniu faktu, że w jądrze wodoru znajduje sięjeden proton o ładunku +e. Siła dośrodkowa Fd, która musi działać na ciało o masie m bymogło się ono poruszać z prędkością liniową v po okręgu o promieniu r wynosi

Fd =mv2

r. (146)

W naszym przypadku m jest masą elektronu. Zgodnie z postulatem Bohra możemy przy-równać do siebie obie siły:

14πε0

e2

r2=mv2

r. (147)



Wykorzystajmy teraz związek pomiędzy prędkością liniową v oraz kątową ω

v = ωr (148)

i wyraźmy prędkość kątową przez okres T

ω =2πT. (149)

Z równań (148) i (149) wynika, że prędkość liniowa v ciała w ruchu po okręgu związana jestz okresem tego ruchu formułą

v =2πrT. (150)

Równanie (147) możemy więc zapisać w postaci

14πε0

e2

r2=m(2πrT

)2r

. (151)

Po przekształceniu powyższego równania otrzymamy

T 2 =16π3ε0mr3

e2, (152)

stąd okres obiegu jądra przez elektron w stanie podstawowym w atomie wodoru wynosi

T =4πre

√πε0mr. (153)

Zatem szukane przez nas natężenie prądu dane jest wzorem

I =e

4πre

√πε0mr

=e2

4πr√πε0mr

. (154)

Sprawdźmy poprawność otrzymanej jednostki

[I] =C2

m

√C2

N ·m2· kg ·m

=C2

m · Cm

√kg ·m

kg ·m/s2

=C

s= A (155)

i obliczmy wartość liczbową natężenia prądu I

I =(1, 6 · 10−19)2

4π · 0, 5 · 10−10√π · 8, 85 · 10−12 · 9, 1 · 10−31 · 0, 5 · 10−10

(156)

≈ 11, 5 · 10−4A = 1, 15 mA.

PS.2 Wskazówka: Należy, podobnie jak w zadaniu poprzednim, wyrazić natężenie prąduza pomocą równnia (143). Ładunek ∆q będzie równy ładunkowi zgromadzonemu na kuli,natomiast czas ∆t - okresowi jej obrotu T . Ładunek zgromadzony na kuli można obliczyć



korzystając ze wzoru (7) na natężenie pola elektrostatycznego wytwarzanego przez ładunkio symetrii sferycznej.

I =4πε0R2E

T. (157)

PS.3R Skorzystajmy ze wzoru (129) opisującego natężenie prądu w ujęciu mikroskopowymi wyznaczmy z niego prędkość unoszenia nośników ładunku. Nośnikami ładunku w metalachsą elektrony, zatem prędkość v jest prędkością elektronów o ładunku e

v =I

neS. (158)

W powyższym wzorze I jest natężeniem płynącego prądu, n – koncentracją (gęstością ob-jętościową) elektronów, S – przekrojem poprzecznym przewodnika. Liczba elektronów wno-szących wkład do przewodnictwa metalu jest równa liczbie elektronów walencyjnych danegopierwiastka. Dlatego liczba N swobodnych elektronów w miedzianym przewodniku będzierówna liczbie x atomów miedzi przemnożonej przez dwa (atom miedzi ma dwa elektronywalencyjne)

N = 2x. (159)

Koncentracja elektronów (liczba elektronów przypadających na jednostkę objętości przewod-nika) jest więc opisana wzorem

n =2xV, (160)

gdzie V – objętość przewodnika, którą możemy wyrazić jako stosunek masy m przewodnikai jego gęstości ρ

V =m

ρ. (161)

Liczba atomów miedzi x jest równa liczbie moli atomów miedzi y pomnożonej przez liczbęAvogadro NA, która określa liczbę cząstek w jednym molu

x = yNA. (162)

Znając masę molową µ substancji, z której wykonany jest przewodnik możemy wyznaczyćjego masę

m = yµ, (163)

gdzie y jest liczbą moli. Z powyższych zależności wynika, że koncentracja elektronów wprzewodniku wynosi

n =2yNAρ

yµ=

2NAρ

µ. (164)

Wstawmy otrzymany wynik do równania (158) i obliczmy szukaną prędkość

v =I

2NAρ

µeS

=Iµ

2NAρeS. (165)



Sprawdźmy jednostkę otrzymanej prędkości

[v] =A · kg

mol1mol· kgm3· C ·m2

=

C

s·m

C=m

s. (166)

Zwróćmy uwagę na fakt, że w powyższym wzorze masa molowa została wyrażona w kg/mol

a przekrój poprzeczny przewodnika w m2. Wartość prędkości elektronów wynosi więc

v =9, 65 · 63, 5 · 10−3

2 · 6, 02 · 1023 · 8600 · 1, 6 · 10−19 · 10−5≈ 3, 7 · 10−5

m

s. (167)

PS.4R Analogicznie do poprzedniego zadania, skorzystamy ze wzoru (129) opisującego na-tężenie prądu w ujęciu mikroskopowym. Nośnikami ładunku będą w tym wypadku kationy(Li+) i aniony (Cl−). Jony te mają identyczną koncentrację n i wartość ładunku (równąładunkowi elementarnemu e). Pod wpływem przyłożonego pola jony poruszają się w prze-ciwnych kierunkach - kationy z prędkością v1 w stronę malejącego potencjału, natomiastaniony z prędkością v2 w stronę rosnącego potencjału. Natężenie prądu będącego wynikiemruchu wszystkich jonów możemy wyrazić jako sumę natężenia prądu pochodzącego od katio-nów Ik i anionów Ia

I = Ik + Ia = eSnv1 + eSnv2 = eSn(v1 + v2). (168)

W powyższym wzorze S jest polem przekroju poprzecznego elektrolitu. Wiemy, że prędkościąanionów jest z = 2 razy większa od prędkości kationów

v2 = zv1, (169)

zatem całkowite natężenie prądu wynosi

I = eSnv1(z + 1). (170)

Przepływ prądu wywyołany jest przez różnicę potencjałów (czyli napięcie, które wynikaz istnienia pola elektrycznego) U pomiędzy elektrodami, oddalonymi od siebie o d. Polejednorodne o natężeniu ~E możemy opisać za pomocą potencjału pola V . Ze wzoru (19)wynika, że dla pola jednorodnego

E =∆V∆x

, (171)

gdzie ∆V – różnica potencjałów pomiędzy punktami odległymi o ∆x. Jak zauważyliśmywcześniej, interesuje nas różnica potencjałów U pomiędzy przeciwnymi elektrodami odle-głymi o d. Napięcie to otrzymamy przekształcając wzór (171)

U = Ed. (172)



Woltametr z elektrolitem możemy potraktować jako część obwodu elektrycznego i zastosowaćdo niego prawo Ohma (133)

I =U

R=Ed

R, (173)

w którym R jest oporem woltametru z elektrolitem. Podstawiając do wzoru (173) równanie(170) otrzymamy związek

eSnv1(z + 1) =Ed

R, (174)

z którego wyznaczymy prędkość kationów

v1 =Ed

enRS(z + 1). (175)

Postępując analogicznie jak w zadaniu poprzednim obliczmy koncentrację n jonów jednegoznaku

n =xNA

V, (176)

gdzie x – liczba moli LiCl, V – objętość elektrolitu. Objętość tą możemy wyrazić znającodległość d między elektrodami woltametru oraz przekrój poprzeczny słupa elektrolitu S

V = Sd. (177)

Z kolei liczba molix =

m

µ, (178)

więc

n =

m

µNA

Sd. (179)

Wstawmy teraz otrzymane wyrażenie do równania (175). Otrzymamy

v1 =Ed

ReSmµNA

Sd(z + 1)

=Ed2µ

RemNA(z + 1). (180)

Sprawdźmy jednostkę

[v1] =

V

m·m2 · g

mol

Ω · C · g · 1mol

=Ω · A ·m

Ω · C=

C

s·m

C=m

s(181)

(prawidłową jednostkę otrzymamy wyrażając d w metrach). Prędkość kationów wynosi zatem

v1 =104 · (0, 1)2 · 42, 4

0, 865 · 1, 6 · 10−19 · 84, 8 · 6, 02 · 1023 · (2 + 1)≈ 2 · 10−4

m

s. (182)

Prędkość anionów znajdziemy ze wzoru (169)

v1 = 2 · 2 · 10−4 = 4 · 10−4m

s. (183)



PS.5ROznaczmy poszczególne pętle w następujący sposób (patrz rys.32). Naszym zadaniemjest wyznaczenie oporu zastępczego układu, jeśli napięcie przykładane jest w punktach A iB. W takim przypadku prąd nie płynie przez pętle nr 4 i 5. Każdą z pętli 1-3 o promieniu rmożemy podzielić na 2 półkola, każde o długości l

l = πr. (184)

Znając pole przekroju poprzecznego S każdego z drutów oraz ich opór właściwy ρ, możemy

Rysunek 32: Rozkład prądów płynących w rozważanym układzie

obliczyć opór R każdego półkola ze wzoru (131)

R =ρπr

S. (185)

Zauważmy, że każdą z pętli 1-3 możemy potraktować jako układ dwóch oporników połączo-nych równolegle, natomiast połączenie między pętlami jest połączeniem szeregowym. Rozwa-żany układ pętli możemy zatem zastąpić układem oporników o oporze R każdy przedstawio-nym na rys.33. Na podstawie wzoru (141) obliczymy opór Rr dwóch oporników połączonych

Rysunek 33: Układ oporników równoważny rozważanemu układowi pętl

równolegle (układy 1-3)1Rr

=1R

+1R, (186)

Rr =R

2=ρπr

2S. (187)

Opór calkowity Rc układu pętli jest oporem trzech oporników Rr połączonych szeregowo,zatem ze wzoru (140) otrzymujemy

Rc = 3Rr =3ρπr2S

. (188)



Do rachunku jednostek wstawimy podstawowe jednostki poszczególnych wielkości fizycznych

Rc =Ω ·m ·m

m2= Ω. (189)

PS.6R Zgodnie z Prawem Ohma (133) (patrz rys.34) możemy zapisać, że

Rysunek 34: Rozkład prądów i spadki napięć w rozważanym obwodzie

U1 = i1R,

U2 = i2R,

U3 = i3R. (190)

Ponieważ pierwsze trzy oporniki połączone są równolegle, spadek napięcia na każdym z nichjest jednakowy (oznaczymy go symbolem Ur)

U1 = U2 = U3 = Ur, (191)

zatem z równań (190) wynika, że natężenie prądu płynącego przez te oporniki też jest jed-nakowe i możemy je oznaczyć przez ir. Zapiszmy teraz I Prawo Kirchhoffa (136) dla węzłaA

i = i1 + i2 + i3 = 3ir, (192)

skądir =

i

3. (193)

Z II Prawa Kirchhoffa (138) zapisanego dla całego obwodu (dla kierunku obiegu oczka zgod-nego z kierunkiem płynącego prądu wynika, że

− Ur − U4 + U = 0. (194)

Ponieważ

Ur = irR =iR

3, (195)

U4 = iR,



równanie (194) możemy zapisać w postaci

U =iR

3+ iR =

43iR. (196)

Zatem natężenie prądu i płynącego przez rezystor przyłączony do układu szeregowo wynosi

i =3U4R

, (197)

a natężenie ir prądu płynącego przez każdy z oporników połączonych równolegle

ir =i

3=

U

4R. (198)

Znając natężenia płynących prądów możemy obliczyć poszukiwane spadki napięć Ur i U4

Ur = irR =14U, (199)

U4 =34U.



4 Magnetostatyka


Pole magnetyczne jest to stan przestrzeni (wokół magnesów trwałych, przewodników zprądem, itp), w której na poruszające się ładunki elektryczne działa siła magnetyczna. Siładziałająca na cząstkę obdarzoną ładunkiem q, poruszającą się z prędkością ~v w polu magne-tycznym o indukcji ~B określona jest wzorem

~FL = q~v × ~B. (200)

Jest to wyrażenie na siłe Lorentza. Siła ta nie powoduje zmiany wartości prędkości v leczzakrzywia jej toru ruchu.

Pole magnetyczne charakteryzowane jest poprzez wektor indukcji magnetycznej wyraża-nej w teslach T lub wektor natężenia pola magnetycznego, który wyraża się w amperach nametr A/m. Natężenie pola magnetycznego nie zależy od właściwości magnetycznych ośrodka.Istnieje następująca zależność pomiędzy indukcją pola magnetycznego a natężeniem polamagnetycznego w ośrodkach liniowych

~B = µ0µr ~H, (201)

w której µ0 jest przenikalnością magnetyczną próżni (µ0 = 4π·10−7 Wb/A ·m), a µr względnąprzenikalnością magnetyczną ośrodka.Pole magnetyczne jest polem bezźródłowym, tj. div ~B = 0. Oznacza to, że linie sił pola ma-gnetycznego są liniami zamkniętymi i nie występują pojedyncze monopole magnetyczne, zktórych te linie mogłyby tylko wychodzić lub tylko do nich wchodzić. Linie sił pola magne-

Rysunek 35: Pole magnetyczne wokół a) magnesu b) przewodnika z prądem

tycznego w przypadku magnesu wykreślamy od bieguna północnego N do bieguna południo-wego S (rys. 35a) . W przypadku przewodnika z prądem, kierunek i zwrot wektora natężenia



pola magnetycznego (indukcji magnetycznej) wyznaczamy regułą prawej dłoni. Jeżeli prawądłoń ustawimy tak, że wyprostowany kciuk będzie wskazywał kierunek przepływu prądu,pozostałe zagięte palce wskażą kierunek i zwrot wektora natężenia pola magnetycznego.

Przyrost wektora indukcji magnetycznej d ~B pochodzący od krótkiego odcinka przewod-nika z prądem d~l w punkcie odległym o r od niego możemy wyznaczyć za pomocą prawaBiota-Savarta

d ~B = µ0µrI

4πd~l × ~rr3

, (202)

Rysunek 36: Ilustaracja prawa Biota-Savarta.

Po rozwiązaniu równania (202) tj. wykonania całkowania po całej długości przewodnika,otrzymamy wartość indukcji magnetycznej w danym punkcie pola. Przykładowo, indukcjamagnetyczna w odległości r od nieskończenie, długiego przewodnika dana jest wzorem

B = µ0µrI

2πr, (203)

natomiast w przypadku obwodu kołowego przewodnika z prądem o promieniu r wyrażeniem

B = µ0µrI

2r. (204)

Indukcję pola magnetycznego od przewodnika z prądem możemy wyznaczyć również ko-rzystając z prawa Ampera. Cały problem sprowadza się do policzenia całki po konturzezamkniętym ∮

Γ

~Bd~l = µ0µr∑j

Ij. (205)



Prawo Ampera mówi nam, że krążenie wektora indukcji pola magnetycznego po dowolnejkrzywej zamkniętej jest równe sumie prądów otoczonych przez ten kontur pomnożonej przezprzenikalność magnetyczną próżni i ośrodka.

Rysunek 37: Ilustaracja prawa Ampere’a.

Podobnie jak w przypadku pola elektrycznego, możemy zdefiniować strumień pola ma-gnetycznego jako całkę powierzchniową z liczby linii wektora indukcji magnetycznej ~B, prze-chodzących przez element powierzchni d~S, co wyraża się wzorem

φm =∮~B · d~S. (206)

Rysunek 38: Strumień indukcji magnetycznej przez powierzchnię zamkniętą.

W przypadku, gdy przewodnik z prądem o długości l, znajdzie się w zewnętrznym jed-norodnym polu magnetycznym wówczas będzię na niego działać siła elektrodynamiczna

~Fed = I~l × ~B, (207)



Rysunek 39: Siła elektrodynamiczna działająca na przewodnik z prądem.

przy czym zwrot wektora ~l jest zgodny z kierunkiem przepływu prądu. Zwrot wektora siłyelektrodynamicznej z rysunku (39) możemy wyznaczyć wprost z iloczynu wektorowego (patrzdodatek B.2) lub też stosując regułę lewej dłoni. Jeżeli lewą dłoń ustawimy tak, że wyprosto-wane cztery palce będą wskazywały kierunek przepływu prądu, wektor indukcji magnetycznejbędzie “wbijał się” w wewnętrzną część dłoni, wówczas wyprostowany kciuk tej dłoni wskażenam kierunek i zwrot siły elektrodynamicznej (rys. 40).

Rysunek 40: Graficzne przedstawienie reguły lewej dłoni

Wobec czego, jeżeli dwa przewodniki z prądem znajdują się blisko siebie (rys. 41), to oddzia-łują ze sobą siłami magnetycznymi. Pole magnetyczne wytwarzane przez jeden z przewod-ników z prądem będzie oddziaływało na nośniki prądu w drugim przewodniku i odwrotnie.Siła ich wzajemnego oddziaływania (przyciągania bądź odpychania) wynosi

F12 =µ0µr2π

l

dI1I2, (208)



gdzie d jest odległością pomiędzy przewodnikami z prądem.

Rysunek 41: Oddziaływanie magnetyczne dwóch nieskończenie długich przewodników z prą-dem.

W rzeczywistości nie mamy zwykle do czynienia z nieskończonymi, prostoliniowymi prze-wodnikami. Przewodniki mają skończoną długość oraz różne kształty.Rozważmy ramkę prostokątną o bokach a i b, która może się swobodnie obracać wokół wła-snej osi 00′ (rys.42). Jeżeli przez ramkę będzię płynął prąd o natężeniu I i ramka będzieznajdować się w zewnętrznym polu magnetycznym, na poszczególne boki ramki będą dzia-łać siły magnetyczne. Na boki o długości a będzie działa taka sama siła (o wartości Fa),

Rysunek 42: Ramka prostokątna w polu magnetycznym

skierowana na zewnątrz ramki - siły te znoszą się i nie wywołują momentu obrotowego. Ob-serwując boki o długości b stwierdzimy, że działająca siła elektrodynamiczna Fb na jedenz boków będzie skierowana ”do nas”, na drugi ”za kartkę” - siły są o tej samej wartości.Działające siły są przyłożone w odległości a/2 od osi obrotu, tworząc parę sił. Wypadkowy



moment siły wywołany przez te siły ma wartość

M =(a

2Fb +

a

2Fb

)sinα = aFbsinα.

Rozpisując siłę Fb działającą na przewodnik o długości b uzyskamy następujące wyrażenieopisujące moment siły

M = IabBsinα. (209)

IloczynIab = µ,

jest wartością momentu magnetycznego obwodu zamkniętego o powierzchni S = ab, przezktóry płynie prąd o natężeniu I. Moment magnetyczny jest wielkością wektorową i wyrażasię wzorem

~µ = I ~S, (210)

gdzie ~S jest wektorem powierzchniowym.

Rysunek 43: Moment magnetyczny obwodu zamkniętego.

Podstawiając (210) do wyrażenia (209), otrzymujemy wyrażenie opisujące moment siły ob-racającej się ramki

Mw = µBsinα.

Kąt α jest kątem pomiędzy liniami indukcji pola magnetycznego a wektorem powierzchnio-wym, wobec czego wzór na moment siły dla takich układów przybiera postać

~M = ~µ× ~B. (211)

Powyższy wzór opisuje w najprostszy sposób wywołanie momentu obrotowego w silnikuelektrycznym, czyli obiekt który zamienia energię elektryczną na energię mechaniczną.



4.2 Zadania

M.1R Do jednorodnego pola magnetycznego o indukcji B = 0.01 T wpada prostopadle dolinii sił pola a) proton, b) elektron, c) cząstka α, z prędkością v = 105 m/s. Po jakim promie-niu będą poruszały się te cząstki - sporządź odpowiedni rysunek? Jaka będzie częstotliwośćruchu cząstek w polu?M.2R Wykaż, że wzór na siłę elektrodynamiczną wynika ze wzoru na siłę Lorentza.M.3R Korzystając z: a) prawa Ampere’a, b) prawa Biota-Savarta wyznacz natężenie polamagnetycznego w odległości r od nieskończenie cienkiego prostoliniowego przewodnika z prą-dem, w którym płynie prąd o natężeniu I.M.4 Znaleźć natężenie pola magnetycznego w odległości r od środka nieskończenie długiegoprzewodnika walcowego o promieniu przekroju poprzecznego a, przez który płynie prąd onatężeniu I.M.5 Prąd o natężeniu I płynie przez prostoliniowy przewodnik o skończonej długości. Zna-leźć wartość natężenia pola magnetycznego w punkcie P odległym o h od osi przewodnika,jeżeli z końców przewodnika punkt ten widać pod kątami α oraz β (rys. 44). Zaniedbaćwpływ pola przewodów doprowadzających prąd.

Rysunek 44:

M.6W Korzystając z prawa Biota-Savarta wyznacz indukcję pola magnetycznego w przy-padku kołowego przewodnika z prądem o natężeniu I i promieniu r w punkcie leżącym nasymetralnej tego obwodu w odległości z od środka okręgu utworzonego przez przewodnik.M.7 Dwa przewodniki kołowe o promieniach r i 2r leżą w płaszczyznach wzajemnie prosto-padłych w ten sposób, że ich środki pokrywają się. Znaleźć natężenie pola magnetycznego wśrodku tego układu, jeżeli w przewodnikach płynie prąd o natężeniu I.M.8R Po szynach tworzących równię pochyłą o kącie nachylenia α może zsuwać się beztarcia pręt o masie m, przez który przepuszczamy prąd o natężeniu I. Znaleźć minimalnąwartość indukcji pola magnetycznego, w którym należy umieścić układ, aby pręt pozostawałw spoczynku. Odległość między szynami wynosi z. Opory ruchu są zaniedbywalnie małe.M.9 Przewodnik o masiem i długości l zawieszony jest na nici i umieszczony w jednorodnym



polu magnetycznym o indukcji skierowanej jak na rysunku (45). Wyznacz siłę naciągu nici,jeżeli w przewodniku płynie prąd o natężeniu I.

Rysunek 45:

M.10R W ramce kwadratowej o boku a płynie prąd o natężeniu I1. Z jaką siłą przycią-gana jest ramka przez nieskończenie długi prostoliniowy przewodnik z prądem o natężeniuI0? Ramka znajduje się w tej samej płaszczyźnie co przewodnik (rys. 46). Jaki jest momentmagnetyczny oraz momemnt obrotowy tej ramki względem osi OO′?

Rysunek 46:

M.11 Cząstka o ładunku q i masie m porusza się po orbicie kołowej o promieniu r z pręd-kością v. Wyznacz moment magnetyczny związany z ruchem cząstki oraz wyznacz zależnośćpomiędzy momentem magnetycznym a momentem pędu.

4.3 Rozwiązania

M.1R Rozważmy dodatni ładunek q poruszający się z prędkością v. Wiemy, że na cząstkinaładowane poruszające się w polu magnatycznym o indukcji B działa siła Lorentza. Jeżelicząstka wpada prostopadle do linii sił pola, siła działająca na cząstkę wynosi

F = qvB. (212)



Rysunek 47: Ładunek dodatni wpadający w pole magnetyczne, prostopadle do linii sił pola.

Kierunek i zwrot tej siły wyznaczamy z reguły śruby prawoskrętnej (patrz dodatek B.2),co dla dodatniego ładunku zostało przedstawione na rysunku (47). Siła ta jest prostopadłado wektora prędkości więc nie zmienia wartości prędkości, ale powoduje zmianę kierunku izwrotu jej wektora. Siła Lorentza jest więc siłą dośrodkową. Możemy zatem napisać, że

qvB =mv2

R, (213)

gdzie m jest masą cząstki naładowanej, R promieniem okręgu po jakim cząstka się porusza.Przekształcając wyrażenie (213) uzyskamy

R =mv

qB. (214)

W celu wyznaczenia częstotliwości ruchu cząstki musimy skorzystać z zależności pomiędzyprędkością liniową a częstotliwością w ruchu po okręgu. Wiemy, że

~v = ~ω × ~r.

Z kolei ~r jest promieniem wodzącym cząstkę. Prędkość kątowa ω jest powiązana z częstotli-wością zależnością

ω = 2πf.

Z treści zadania wynika, że wektor prędkości liniowej cząstki, prędkości kątowej i promieńkrzywizny jej ruchu są wzajemnie prostopadłe. Możemy więc zapisać, że

v = 2πfR.

Podstawiając powyższą zależność do równania (214) otrzymamy szukaną częstotliwość ruchucząstki

f = 2πq

mB. (215)



Z wyrażenia (215) wynika, że częstotliwość ruchu cząstki zależy od jej ładunku i masy orazindukcji magnetycznej. Mierząc częstotliwość ruchu cząstki oraz znając wartość indukcjimagnetycznej, można wyznaczyć wartość ilorazu q/m.

Przeanalizujmy teraz tory oraz częstotliwości ruchu cząstek podanych w treści zadania.

a) Proton - cząstka o masie mp = 1.67 · 10−27 kg i ładunku dodatnim równym ładunkowielementarnemu e. Z wzoru (214) i (215) otrzymujemy odpowiednio promień okręgu pojakim porusza się proton

R =1, 67 · 10−27 · 105

1, 6 · 10−19 · 0, 01= 0, 10 m,

oraz częstotliwość ruchu

f =2π · 1, 6 · 10−19 · 0, 01

1.67 · 10−27= 6, 02 MHz

b) Elektron - cząstka o masie me = 9, 1 · 10−31 kg i ładunku ujemnym równym ładunkowielementarnemu e. Promień okręgu po jakim będzie poruszał się elektron wynosi

R = 60 µm,

natomiast częstotliwość ruchuf = 11 GHz.

Należy zwrócić uwagę, że siła działająca na elektron będzie miała zwrot przeciwny dosiły działającej na ładunek dodatni (patrz dodatek B.2).

c) Cząstka α - jądro atomu helu 42He2+, czyli dwa protony i dwa neutrony. Sumarycznyładunek wynosi +2e, a masa cząstki α jest równa w przybliżeniu 4mp. W wynikuobliczeń otrzymamy

R = 0.21 m,

f = 3.01 MHz.

Cząstka α będzie poruszała się po promieniu okręgu dwukrotnie większym niż proton,a 3500 raza większym promieniu niż elektron.

M.2R Załóżmy, że mamy do czynienia z przepływem prądu w przewodniku metalicznym(nośnikami prądu są elektrony). Jeżeli przewodnik znajdzie się w zewnętrznym polu magne-tycznym o indukcji ~B, na pojedynczy elektron działa siła Lorentza dana wzorem

~Fl = e~vu × ~B,



w którym vu jest prędkością unoszenia ładunku.Korzystając z mikroskopowej definicji natężenia prądu (129) powyższy wzór możemy prze-kształcić do postaci

~Fl =I

nvuS~vu × ~B,

gdzie S jest polem przekroju poprzecznego przewodnika, n koncentracją nośników prądu.Koncentracja n jest liczbą nośników N w elemencie objętości V . Wobec tego uzyskujemywyrażenie

~Fl =I

N

VvuS

~vu × ~B =Il

vu~vu × ~B. (216)

Alel~vuvu

=lvuvui = li = ~l. (217)

Na podstawie (217) możemy przedstawić (216) w postaci

~Fl =1NI~l × ~B,

Ostatecznie otrzymujemy, że~Fl =

1N~Fed .

M.3aR Prawo Ampere’a (205) pozwala nam w tym przypadku w łatwy sposób obliczyćindukcję pola magnetycznego. Problem sprowadza się do obliczenia całki po konturze za-mkniętym wokół tego przewodnika. Ponieważ przewodnik jest nieskończonie długi, cienkioraz liniowy, najlepszym konturem całkowania jest okrąg o promieniu a. (rys. 48), gdyżWówczas wektor ~B ma stałą wartość na konturze całkowania i jest do niego styczny. Z

Rysunek 48: Rysunek ilustrujący rozwiązanie zadania z prawa Ampere’a.

prawa Ampere’a wynika więc, że∮~Bd~l =

∮Bdl = B

∮dl = µ0µr

∑i

Ii.



Wartość całki∮

dl = 2πa jest obwodem okręgu. Wewnątrz płaszczyzny wyznaczonej przezkontur całkowania znajduje się tylko jeden przewodnik z prądem, możemy więc napisać, że

B · 2πa = µ0µrI, (218)

Poszukiwane wyrażenie na indukcję magnetyczną uzyskamy po przekształceniu wzoru (218)

B =µ0µrI

2πa.

M.3bR Prawo Biota-Savarta (202) dla wycinka nieskończenie długiego przewodnika z prą-dem (rys. 49) możemy przedstawić w postaci

dB = µ0µrI

4πdlr sinα

r3= µ0µr

I

4πdl sinαr2

.

Wypadkowa indukcja pola magnetycznego w punkcie P będzie więc sumą cząstkowych

Rysunek 49: Rysunek ilustrujący rozwiązanie zadania z prawa Biota-Savarta.

indukcji pola magnetycznego dB, pochodzących od elementów długości przewodnika dl

B =∫

dB = µ0µrI

4π

∫ +∞−∞

dl sinαr2

. (219)

W powyższym równaniu mamy dwie zmienne zależne: dl i α. Spróbujmy wyeliminować jedną



ze zmiennych. Z rysunku (49) wynika, że

a

r= sin β,

sinα = sin(180− α) = sinβ,

l

a= ctg β → l = a ctg β, (220)

dl = − a

sin2 βdβ.

Na podstawie powyższych zależności równanie (219) możemy przedstawić w postaci

B = µ0µrI

4π

∫ β2

β1

−1a

sin βdβ. (221)

Granice całkowania β1 i β2 ustalamy na podstawie równania (220). Sposób przeliczenia zostałzaprezentowany w tabeli (2).

l β

−∞ π

+∞ 0

Tablica 1: Zmiana granic całkowania zgodnie z równaniem (220).

Równanie (221) przyjmuje więc postać

B = µ0µrI

4π

∫ 0π

−1a

sin βdβ = −µ0µrI

4πa

∫ 0π

sin βdβ. (222)

Całka∫

sinx dx = − cosx+ C więc z równania (222) otrzymamy

B = −µ0µrI

4πa(− cos β)

∣∣∣0π

= µ0µrI

2πa. (223)

Zwróćmy uwagę, że identyczny wynik uzyskuje się korzystając z prawa Ampere’a.M.4 Dla r < a

B =Ir

2πa2,

a dla r a

B =I

2πr.

M.5

H =I

4πh(cos β − cosα).

M.6W Należy rozwiązać równanie (202) dla przypadku z rysunku (50).



Rysunek 50: Rysunek ilustrujący problem zadania.

WówczasB = µ0µr

Ir2

(r2 + z2)3/2.

Warto zauważyć, że dla z → 0 otrzymujemy wartość natężenia pola magnetycznego w środkuobwodu kołowego

B = µ0µrI

2r.

M.7

H =

√5

4I

r.

M.8R Na pręt o masie m (rys. 51) działają dwie siły: siła grawitacji ~Q oraz siła elektro-dynamiczna ~Fed. Ponieważ pręt może się przemieszczać tylko wzdłuż równi pochyłej a siłatarcia jest pomijana, wygodnie jest wybrać układ współrzędnych, którego jedna z osi będzierównoległa do kierunku ruchu pręta. Wówczas, aby pręt pozostawał w spoczynku składowe

Rysunek 51: Rysunki ilustrujące problem zadania.



sił wzdłuż ruchu - siły elektrodynmicznej i grawitacji muszą się równoważyć, czyli

Qx = Fedx ,

mg sinα = IzB sin β,

B =mg sinαIz sin β

. (224)

Poszukajmy obecnie minimalnej wartości indukcji magnetycznej B. Wartość “efektywnej”indukcji magnetycznej zależy od kąta β, pomiędzy wektorem indukcji a wektorem długościprzewodnika. Jeżeli β = π/2, to sin β = 1, a wyrażenie (224) przyjmuje najmniejszą wartość,czyli

Bmin =mg sinαIz

.

Należy zauważyć, że β nie może przyjąć wartości 3π/2. W takim przypadku składowa siłyelektrodynamicznej wzdłuż ruchu miałaby ten sam zwrot co składowa siły grawitacji i nie-możliwe byłoby ich zrównoważania się.M.9

N = mg − IlB.

M.10

F =µ0I0I1

2πa2

(a+ b)b,

µ = I1a2,

M = 0.

M.11R Moment magnetyczny (210) ładunku q z rysunku (52) wynosi

µ = IS. (225)

Rysunek 52: Rysunek ilustrujący problem zadania.



Ładunek poruszając się zakreśla koło o powierzchni

S = πr2. (226)

Natężenie prądu wytwarzane przez ładunek q wynosi

I =q

T, (227)

gdzie T jest okresem obiegu ładunku po torze równym długości okręgu 2πr. Znając prędkośćładunku oraz wiedząc, że jest to ruch jednostajny możemy zapisać, że

T =2πrv. (228)

Wstawiając (227), (226) i (228) do (225) otrzymujemy

µ =q

Tπr2 =

q2πrv

πr2 =12qvr. (229)

Moment magnetyczny tego ładunku wynosi

µ =12qrv.

Moment pędu jest wielkością wektorową zdefiniowaną wzorem

~L = ~r × ~p, (230)

gdzie ~r jest promieniem wodzącym ciała, a ~p jest jego pędem. Pęd ciała jest z kolei iloczynemjego masy i prędkości

p = mv,

Rozpisując iloczyn wektorowy w równaniu (230) otrzymujemy wyrażenie

L = rp sinα = rmv sinα. (231)

Mnożąc prawą stronę równania (231) przez iloraz 2q/2q uzyskamy z kolei

L =2qrv2q

m sinα =2mqµB sinα. (232)

Szukana zależność ma zatem postać

~L =2mq~µB.



5 Elektromagnetyzm


W poprzednim rozdziale pokazano, że wokół przewodnika z prądem powstaje pole magne-tyczne. Nasuwa się pytanie, czy pole magnetyczne może wywołać przepływ prądu elektrycz-nego? Obecnie wiemy, że takie zjawisko występuje i jest wykorzystywane na szeroką skalę.Można to zademonstrować poruszając magnesem trwałym wewnątrz pętli, połączonej z gal-wanometrem (rys. 53). W układzie tym strumień pola magnetycznego przechodzący przez

Rysunek 53: Układ do wzbudzenia siły elektrodynamicznej.

powierzchnię utworzoną przez zwój zmienia się w wyniku ruchu źródła pola magnetycznego.Konsekwencją tego jest przepływ prądu przez przewód pętli. Ten sam efekt uzyskamy poru-szając zwój względem magnesu.Rozważmy kolejny przykład - zewrzyjmy dwie równoległe szyny odległe o l od siebie galwa-nometrem. Następnie połóżmy na nich przewodnik i całość umieśćmy w jednorodnym polumagnetycznym o indukcji ~B, prostopadłym do powierzchni utworzonej przez szyny (rys. 54).W chwili początkowej t0 strumień pola magnetycznego przechodzi przez powierzchnię S. Je-

Rysunek 54: SEM indukowana w ramce prostokątnej.

żeli przewodnik nie porusza się, nie zmienia się strumień pola magnetycznego przechodzący



przez tą powierzchnię, a więc galwanometr nie wskazuje przepływu ładunku. Natomiast, je-żeli przewodnik zacznie poruszać się z prędkością v, wówczas nastąpi zmiana strumienia polamagnetycznego przechodzącego przez obwód i popłynie w nim prąd. Zgodnie z regułą Lenzakierunek prądu będzie taki, że wytworzone przezeń pole magnetyczne będzie przeciwdziałaćzmianie strumienia pola magnetycznego. Jeżeli strumień pola magnetycznego będzie malałw czasie, prąd popłynie w takim kierunku, aby wzmocnić wywołujące go pole magnetycznie.Jeżeli strumień pola magnetycznego będzie wzrastał w czasie, wytworzony przezeń prąd bę-dzie miał taki kierunek, aby osłabić wywołujące go pole magnetyczne.W wyniku przepływu prądu na pręt będzie działała siła elektrodynamiczna, mająca prze-ciwny zwrot do wektora przemieszczenia pręta. Aby pręt poruszał się ze stałą prędkościąmusimy wykonać pracę przeciwko powstałej sile elektrodynamicznej

W = −BIlds = −BIlvdt ( ~B⊥~l).

Praca wykonywana jest na drodze ds, która jest drogą w ruchu jednostajnym, prostolinio-wym, która rośnie w czasie zgodnie z zależnością ds = vdt . Z kolei praca sił zewnętrznychmoże być wyrażona zależnością

W = εdq = εIdt.

Korzystając z zasady zachowania energii otrzymujemy

εIdt = −BIlvdt,

ε = −Blv,

ε = −Bldsdt,

ε = −Blds 1dt.

(233)

WyrażenieBlds = BdS = dφ,

informuje nas o zmianie strumienia pola magnetycznego w rozpatrywanym obwodzie.Ostatecznie, otrzymujemy prawo indukcji Faraday’a

ε = −dφdt. (234)

Siła elektromotoryczna indukcji jest wprostproporcjonalna do szybkości zmian strumieniapola magnetycznego. Znak “-” informuje o kierunku powstałego prądu indukcyjnego.

5.2 Zadania

EM.1R Oblicz napięcie U na końcach skrzydeł samolotu, który leci poziomo w polu ma-gnetycznym Ziemi z prędkością v = 900 km/h. Natężenie pola magnetycznego Ziemi wynosi



H = 39 A/m, a linie sił tego pola tworzą z poziomem kąt inklinacji α = 30o. Rozpietośćskrzydeł samolotu wynosi l = 12 m.EM.2 Zamknięty obwód kołowy o promieniu r = 10 cm znajduje się w jednorodnym polumagnetycznym, w płaszczyźnie prostopadłej do linii sił pola magnetycznego. Obliczyć na-tężenie pola elektrycznego w obwodzie, jeżeli pole magnetyczne zmienia sie według funkcjiB = kt, gdzie k = 0.2 · 103 T/s.EM.3R Obwód kołowy o średnicy d = 8 cm znajduje się w jednorodnym polu magne-tycznym o indukcji B = 1 T i jest ustawiony prostopadle do linii sił pola magnetycznego.Obwód jest połączony z galwanometrem balistycznym (ten typ galwanometru mierzy całko-wity ładunek). Oblicz ładunek q, który przepłynie przez galwanometr, jeżeli obwód zostaniecałkowicie wyciągniety z pola magnetycznego. Opór obwodu wraz z galwanometrem wynosiR = 2 Ω.EM.4 Dwie równoległe poziome szyny są połączone na końcach kondensatorem o pojemnościC. Na szynach położono pręt o długości l i masie m. Pręt porusza się ze stałym przyspie-szeniem a. Oblicz siłę zewnętrzną F działającą prostopadle na pręt, jeśli znajduje się on wjednorodnym polu magnetycznym o indukcji B prostopadłym do pręta i płaszczyzny ruchu.

5.3 Rozwiązania

EM.1R Sposób 1: W przypadku samolotu z rysunku (55) strumień pola magnetycznego(206) zmienia się w następujący sposób

∆φ = B∆S cos(90− α) = B∆S sinα, (235)

gdzie B = µ0H. Powierzchnia ∆S, jaką skrzydła samolotu zakreślają w przedziale czasu

Rysunek 55: Rysunek poglądowy do zadania.

< t0; t1 > wynosi∆S = ls = lv∆t, (236)

gdzie s jest drogą samolotu w ruchu jednostajnie prostoliniowym z prędkością v. Zgodnie zprawem indukcji Faraday’a (234) w takim układzie powinna się zaindukować się siła elek-



tromotoryczna indukcji. Łącząc wzory (235) i (236) otrzymamy wartość SEM

ε = −∆φ∆t

= −Blv sinα∆t∆t

= −Blv sinα. (237)

Wartość różnicy potencjałów pomiędzy końcami skrzydeł samolotu wynosi

U = µ0Hlv sinα. (238)

W celu sprawdzenia poprawności wyniku wykonajmy rachunek na jednostkach

[U ] =A

mmm

s=

N

Cmmm

s=Nm

C=J

C= V.

Po podstawieniu wartości liczbowych, wartość napięcia pomiędzy końcami skrzydeł samolotuwynosi

U = 70mV.

Sposób 2: Rozpatrzmy układ, w którym elektrony atomów tworzących skrzydło samolotuporuszają się z prędkością v w polu magnetycznym H (rys. 56). Wiemy, że na poruszające

Rysunek 56: Rysunek poglądowy do zadania.

się ładunki działa siła Lorentza (200), która w tym przypadku wynosi

FL = evB sinα. (239)

W wyniku rozseparowania przestrzennego ładunków, siła Lorentza jest równoważona przezsiłę elektrostatycznego przyciągania pomiędzy elektronami a jądrami atomowymi - stan rów-nowagi układu. W związku z tym możemy zapisać, że

FL = FC , (240)

czylievB sinα = eE. (241)



Zakładając, że jest to rozkład ładunku jak w przypadku dwóch nieskończonych płyt równole-głych do siebie i oddalonych o l od siebie, naładowanych ładunkiem różnoimiennym, możemyzapisać związek pomiędzy natężeniem pola elektrycznego E a napięciem U pomiędzy płytamiw postaci

E =U

l. (242)

Podstawiając (242) do (241) otrzymamy

evB sinα = eU

l, (243)

co po przekształceniu daje postaćU = Blv sinα. (244)

Jest to wynik identyczny, jaki uzyskaliśmy rozwiązując zagadnienie sposobem 1. Ponadtoustalono, na której części skrzydła jest potencjał dodatni, a na której jest potencjał ujemny.EM.2

E =12kr.

EM.3R Strumień pola magnetycznego przez powierzchnię zamkniętą z rysunku (57) w chwilit0 wynosi

φ0 = BS = Bπr2,

natomiast w chwili t1

Rysunek 57: Pętla z przewodnika a) w polu, b) poza polem.

φ1 = 0 · πr2 = 0.

Zgodnie z prawem indukcji Faraday’a (234), w obwodzie tym zaindukuje się SEM indukcjio wartości

ε = −(φ1 − φ0t1 − t0

)=φ0t1. (245)

Podczas wyciągania pętli z obszaru pola magnetycznego strumień magnetyczny maleje nam wczasie, więc zaindukowany prąd będzie miał taki kierunek, aby pole magnetyczne wytwarzaneprezez niego wzmacniało pole magnatyczne, co obrazuje rysunek (58).



Rysunek 58: Przepływ prądu przez przewodnik.

Zgodnie z prawem Ohma dla części obwodu, natężenie prądu jest wprostproporcjonalnedo napięcia, a odwrotnie proporcjonalne do oporu przewodnika

I =U

R=

φ0t1R

=Bπr2

t1R. (246)

Korzystając z makroskopowej definicji natężenia prądu, możemy napisać, że

dq = Idt. (247)

Natężenie prądu jest stałe w czasie, więc

q = I∫ t1

t0dt = It1. (248)

Podstawiając (246) do (248) otrzymamy szukaną wartość ładunku, jaki przepłynął przezgalwanometr w czasie t1

q =Bπr2

R. (249)

Rachunek na jednostkach

[q] =Tm2

Ω=

N

Amm2

V

A

=J

V= C,

daje prawidłowy wynik. Liczbowa wartość ładunku wynosi

q = 10, 5 nC.

EM.4

Fz = a(m+

12B2l2C

).



6 Fale elektromagnetyczne

6.0.1 Fale elektromagnetyczne

Fale elektromagnetyczne są to drgania pola elektrycznego i magnetycznego rozchodzące się wprzestzeni. Drgania obu pól są zgodne w fazie, ale odbywają się w kierunkach prostopadłychdo siebie i do kierunku propagacji fali, czyli są to fale poprzeczne. Opisując fale elktromagne-tyczne zazwyczaj rozpatrujemy tylko zachowanie wektora pola elektrycznego, gdyż wektorindukcji magnetycznej pod wieloma względami zachowuje się identycznie. Z tego względuwektor pola elektrycznego nazywany jest wektorem świetlnym (więcej w wyprowadzeniurównania falowego C.4).

6.0.2 Interferencja i dyfrakcja światła

Na rysunku 59 przedstawiona została pojedyncza szczelina o szerokości d oddalona od ekranuo L, na którą pada prostopadła fala płaska. W świetle ugiętym docierającym do ekranu ob-

Rysunek 59: Warunek na wystąpienie pierwszego minimum w obrazie dyfrakcyjnym.

serwacyjnego, fale pochodzące z różnych punktów szczeliny interferują ze sobą i wytwarzająna ekranie obraz dyfrakcyjny, złożony z jasnych i ciemnych prążków.W punkcie P0 obserwować będziemy maksimum interferencyjne, gdyż wszystkie promienieświetlne wychodzące ze szczeliny w myśl zasady Huygensa będą w tej samej fazie. Aby wy-znaczyć położenie minimum interferencyjne, rozważmy punkt P1 (rys. 59), do którego docierapromień świetlny r1 wychodzący z góry szczeliny oraz promień świetlny r2 który wychodzi ześrodka szczeliny. Jeżeli odległość ∆r będzie równa połowie długości fali λ wówczas promieńr1 będzie w przeciwnej fazie niż promień r2 i w punkcie P1 nastąpi całkowite wygaszeniewiązki. W związku z tym każdy promień świetlny z górnej połowy szczeliny będzie się znosiłz promieniem świetlnym oddalonym o d/2 z dolnej części szczeliny.



Warunek na wygaszenie dla przybliżenia dalekiego pola można zapisać w postaci

12d sinϕ = m

12λ, (250)

a po uproszczeniud sinϕ = mλ, (251)

w których m = 1, 2, 3, ..., odpowiada kolejnym rzędom minimów interferencyjnych.W przybliżeniu w połowie odległości między każdą parą sąsiadów minimów interferencyjnychwystępować będą maksima interferencyjne, które spełniają warunek

d sinϕ = (2m+ 1)λ

2, m = 1, 2, 3, ... . (252)

Względne natężenie światła obserwowane na ekranie w obrazie dyfrakcyjnym pojedynczejszczeliny jest opisane zależnością

I(ϕ)Im

=(sinα

α

)2, (253)

w której α jest parametrem zależnym od szerokości szczeliny a, długości fali λ oraz kątapołożenia ϕ w postaci

α =πa

λsin Θ. (254)

Zgodnie z równaniem 253 minima dyfrakcyjne wystąpią, gdy spełniony będzie warunek

Rysunek 60: Względne natężenie światła w obrazie dyfrakcyjnym pojedynczej szczeliny dlaróżnych szerokości szczeliny.

α = mπ m = 1, 2, 3, ..., (255)



który po podstawieniu do równania 254 daje warunek na minimum dyfrakcyjne pojedynczejszczeliny opisany równaniem 251. Należy pamiętać, że względne natężenie centralnego mak-simum wynosi ponad 90% całego obrazu. Pierwsze minimum boczne stanowi około 4, 5%,drugie około 1, 6%, a trzecie mniej niż 1%.Dyfrakcja na otworze kołowym

Przepuszczając wiązkę światła przez otwór kołowy nie uzyskamy obrazu punktowego zgodniez prawami optyki geometrycznej lecz na przemian występujące wzmocnienia i wygaszeniafali świetlnej. Obraz dyfrakcyjny otworu kołowego składa się z centralnego krążka (tzw. krą-

Rysunek 61: a) Obraz dyfrakcyjny powstały na ekranie za otworem kołowym; b) rozkładnatężeń światła w obrazie.

żek Airy’ego), otoczonego na przemian ciemnymi i jasnymi pierścieniami. Rozmiar dyskuAiry’ego wyznaczony jest przez położenie pierwszego minimum natężenia w obrazie dyfrak-cyjnym, które jest opisane za pomocą równania

sin Θ = 1, 22λ

d, (256)

w którym d jest oznacza średnicę otworu. Zależność 256 można uogólnić do postaci

sin Θ = kiλ

d, (257)

w której ki jest wyrazem skalującym dla kolejnych minimów (wartości ki dla kolejnych 5minimów zostały umieszczone w tabeli 2) Jeżeli znamy odległość L przeszkody z otworem

i-te minimum 1 2 3 4 5

ki 1,22 2,33 3,24 4,24 5,24

Tablica 2: Wartości czynnika skalującego ki.

kołowym do ekranu oraz możemy skorzystać z przybliżenia sinϕ = tgϕ = ϕ, to promienieciemnych pierścieni możemy wyznaczyć z zależności

ri = kiλL

d. (258)



W takim przybliżeniu, rozkład natężenia światła w obrazie dyfrakcyjnym od otworu kołowegoopisuje zależność

I(x, y) = I0

J1(πdrλL

)πdr

λL

2, (259)

w którym J1 jest funkcją Bessela pierwszego rzędu i rodzaju. W centralnym dysku skupiasię około 84% całkowitego natężenia wiązki.Dyfrakcja na dwóch szczelinach.

Na rysunku 62 przedstawione zostały dwie szczeliny odległe o d od siebie, znajdujące sięw odległości L od ekranu, na które pada prostopadła fala płaska. Na każdej szczelinie światło

Rysunek 62: Warunek na wystąpienie pierwszego maksimum w obrazie dyfrakcyjnym oddwóch szczelin.

będzie ulegać ugięciu a po czym nastąpi ich nakładanie się. W świetle ugiętym docierającymdo ekranu, falę pochodzące ze szczelin interferują ze sobą tworząc obraz dyfrakcyjny złożony zjasnych i ciemnych prążków. W punkcie P0 obserwować będziemy maksimum interferencyjne,gdyż promienie świetlne dochodzące do tego punktu ze szczelin będą zgodne w fazie. Równieżw punkcie P1, obserwować będziemy maksimum interferencyjne, jeżeli odległość ∆r dwóchinterferujących promieni ze szczelin będzie odpowiadała całkowitej wielokrotności długościfali λ. Warunek wzmocnienia w punkcie P1 stosując przybliżenie dalekiego pola może byćzapisany w postaci

mλ = d sinϕ, m = 1, 2, 3, ..., (260)

gdzie d oznacza odległość pomiędzy szczelinami. Pomiędzy kolejnymi wzmocnieniami będąwystępować minima interferencyjne. Warunek wygaszenia w obrazie interferencyjnym oddwóch szczelin możemy zapisać w postaci

(2m− 1)λ

2= d sinϕ, m = 1, 2, 3, ...·, (261)



Wypadkowe natężenie światła przenoszone przez fale z dwóch szczelin można wyrazić wzorem

I = I0sin2(ϕ)

sin2(ϕ/2)≈ 22I0 = 4I0. (262)

Z zależności 262 wynikałoby, że wszystkie maksima powinny mieć takie samo natężenie.Musimy jednak zwrócić uwagę, że rozważaliśmy jedynie pojedynczy promień świetlny wy-chodzący ze szczeliny, a więc zaniedbaliśmy szerokość szczeliny. W rzeczywistości warunekten nie jest spełniony i należy uwzględnić dyfrakcję na pojedynczej szczelinie. Natężenieświatła ugiętego na pojedynczej szczelinie w takim przypadku przyjmuje postać

Idyf = I0sin2(α/2)

(α/2)2, (263)

w której α oznacza różnicę faz między promieniami pochodzącymi z dwóch brzegów szczeliny.Ostatecznie względne natężenie obrazu interferencyjnego dwu szczelin wynosi

I

I0=

sin2(α/2)(α/2)2

sin2(ϕ)sin2(α/2)

. (264)

Rysunek 63: Obrazy interferencyjne uzyskane od dwóch szczelin różniących się szerokością -czerwona krzywa obrazuje szczelinę o znikomych rozmiarach, zielona szczelinę o rozmiarachd/3, niebieska szczelinę o rozmiarach d/2.

Siatka dyfrakcyjna.

Siatka dyfrakcyjna jest jednym z najbardziej użytecznych narzędzi do badania światłai obiektów, które emitują lub absorbują światło. Urządzenie to posiada N równoodległychszczelin, które przy N = 2 odpowiada układowi dwóch szczelin. Jeżeli do oświetlenia siatki



dyfrakcyjnej użyjemy światła monochromatycznego i będziemy przechodzić stopniowo docoraz większej liczby N , to wykres natężenia światła będzie się zmieniał jak na rysunku 64.Z powyższego rysunku widać, że natężenie centralnego maksimum wzrasta proporcjonalnie

Rysunek 64: Obrazy interferencyjne uzyskane dla siatek o różnej liczbie szczelin z uwzględ-nieniem dyfrakcji na pojedynczej szczelinie.

do kwadratu liczby szczelin.Aby wyznaczyć warunek na maksimum kolejnego rzędu musimy postępować jak w przypadkuukładu dwóch szczelin, powtarzając rozumowanie analogicznie do wszystkich par szczelin.Ostatecznie dla przybliżenia dalekiego pola uzyskamy warunek

d sinϕ = mλ m = 1, 2, 3, ... , (265)

w którym d jest odległością pomiędzy szczelinami i nosi nazwę stałej siatki. Jeżeli równanie265 przekształcimy do postaci

ϕ = arc sinmλ

d, (266)

to zauważymy, że położenie kątowe każdej linii zależy od długości fali światła padającego nasiatkę. Dlatego też, jeżeli na siatkę pada światło o nieznanej długości fali, to pomiar kątówϕ dla linii wyższych rzędów pozwala na wyznaczenie, za pomocą równania 265, długości falitego światła. W obrazie interferencyjnym dwóch szczelin jasne prążki odpowiadające różnymdługościom fali tak silnie nakładają się na siebie, że nie można ich rozróżnić.Przydatność siatki dyfrakcyjnej do rozróżniania bliskich siebie długości fali światła określonajest przez dyspersję kątową, zdefiniowaną jako odległość kątową między dwiema liniami ∆ϕ,których długości fali różnią się o ∆λ

D =∆ϕ∆λ

. (267)



Im większe jest D, tym większa jest odległość pomiędzy dwiema liniami, których długościfali różnią się o ∆λ. Dyspersja kątowa siatki dyfrakcyjnej wiąże się z kątem ϕ zależnością

D =m

d cosϕ. (268)

Aby uzyskać największą dyspersję, należy używać siatki o małej wartości stałej siatki i braćpod uwagę wyższe rzędy w obrazie interferencyjnym, nie zależy jednak od liczby szczelin N .Jednostką dyspersji w układzie SI jest radian na metr.Żeby rozdzielić linie, których długości fali są bliskie siebie, powinny one być możliwie jaknajwiększe, czyli siatka powinna mieć dużą zdolność rozdzielczą R, która jest zdefiniowanajako różnica długości fal jeszcze rozróżnianych ∆λ do średniej długości fali rozróżnianych fal

R =λśr

∆λ. (269)

Zdolność rozdzielcza siatki dyfrakcyjnej jest opisana zależnością

R = Nm (270)

czyli jest zależna od liczby szczelin. Typowe siatki dyfrakcyjne mają 200, 600, 1200 lub2400 rys na milimetr. Obraz interferencyjny siatki o 600 szczelinach na milimetr przedstawiaponiższy rysunek

Rysunek 65: Obrazy interferencyjne uzyskane dla siatek o różnej liczbie szczelin z uwzględ-nieniem dyfrakcji na pojedynczej szczelinie.

Zasadniczym warunkiem uzyskania wyraźnego i niezakłóconego obrazu interferencyjnegojest spójność (koherencja) światła tzn. musi występować zgodność między fazami w różnychpunktach wiązki światła lub w różnych wiązkach światła. Rozróżnia się spójność światła



przestrzenną i czasową. Spójność czasową określa zgodność fazowa między wiązkami świa-tła wychodzącymi z jednego punktu źródła rozciągłego po przebyciu przez nie pewnej drogioptycznej lc, zwanej długością spójności. Charakteryzuje ją również czas spójności τ , tj.najdłuższy przedział czasu, w którym zachowana jest zgodność fazowa między tymi wiąz-kami. Spójność światła przestrzenna jest to zgodność fazowa między wiązkami światła po-chodzącymi z dwóch różnych punktów źródła rozciągłego. Zwykłe termiczne źródła światławykazują bardzo mały stopień spójności przestrzennej. Stopień spójności wiąże się bezpo-średnio z monochromatycznością światła - światło spójne musi być monochromatyczne. Jeżeliświatło monochromatyczne ma szerokość widmową ∆µ, to czas spójności wynosi 1/∆µ, adługość spójności c/∆µ. Wynika stąd, że im mniejsza szerokość spektralna ∆µ, tym większyczas spójności. Oznacza to, że światło idealnie monochromatyczne (∆µ = 0) jest całkowiciespójne.Światło spójne możemy uzyskać następującymi sposobami

a) przepuszczając wiązkę światła niespójnego przez mały otwór - długość spójności ro-śnie w miarę zmniejszania średnicy otworu. Ten sposób zastosowano w doświadczeniuYounga (spójność przestrzenna);

b) rozdzielając wiązkę światła na cienkiej warstwie, a następnie zbierając po pewnymczasie rozdzielone wiązki w jednym punkcie. Ten sposób zastosowano w interferometrzeMichelsona (spójność czasowa);

c) używając laserów pracujących przy wykorzystaniu zjawiska emisji wymuszonej, zapew-niających wysoki stopień spójności emitowanego światła.

Lasery są jedynymi źródłami światła zapewniającymi, przy doskonałej monochromatycz-ności, możliwie największą długość i czas spójności przy dużym natężeniu światła. Typowelasery gazowe pracujące w sposób ciągły mają szerokość widmową ∆µ ≈ 102s−1, co zapew-nia długość spójności około 3000 km! (dla zwykłego termicznego źródła zaledwie 3 m). Takwięc, przy użyciu światła laserowego doświadczenie Younga można przeprowadzić, przesu-wając dwie szczeliny bezpośrednio do lasera. Wszystkie przeszkody znajdujące się na drodzefal świetlnych powodują zakłócenie kształtu powierzchni falowych, co prowadzi do zjawiskaugięcia, czyli dyfrakcji światła.

6.0.3 Polaryzacja fal elektromagnetycznych

Polaryzacja fal jest to uporządkowanie drgań w konkretnym kierunku. Drgania ośrodka wprzypadku fal podłużnych odbywają się zawsze w jednym kierunku - zgodnym z kierunkiemrozchodzenia się fali. Kierunek zaburzenia fal poprzecznych jest prostopadły do kierunkurozchodzenia się fali, a takich kierunków jest nieskończenie wiele. O polaryzacji możemyzatem mówić wyłącznie w przypadku fal poprzecznych. Najczęściej mamy do czynienia z



polaryzacją fal elektromagnetycznych. Światło słoneczne lub światło ze zwykłej żarówki jestświatłem niespolaryzowanym. To znaczy, że drgania wektora pola elektrycznego E odbywająsię we wszystkich kierunkach.

Istnieją różne sposoby polaryzacji światła, np:

• Za pomocą polaroidu - warstwy materiału, który przepuszcza wyłącznie światło spola-ryzowane w jednym kierunku zwanym osią polaroidu, a reszta światła jest pochłaniana.Jeżeli światło spolaryzowane liniowo pada na polaroid, a kąt między płaszczyzną po-laryzacji tego światła, a osią polaroidu wynosi γ, to natężenie światła wychodzącego zpolaryzatora określa prawo Malusa (słuszne nie tylko dla polarooidów, ale też innychpolaryzatorów):

I(γ) = I0 cos2 γ (271)

• Poprzez odbicie (rysunek 66) - jeżeli światło pada na granicę ośrodków pod kątem zwa-nym kątem Brewstera, odbiciu ulega tylko część światła spolaryzowanego prostopadledo płaszczyzny padania, pozostała część o takiej polaryzacji przechodzi do drugiegoośrodka. Światło spolaryzowane w płaszczyźnie padania w całości przechodzi przez

Rysunek 66: Polaryzacja poprzez odbicie pod kątem Brewstera. Strzałki i kółka z kropkamisymbolizują kierunek drgań wektora natężeia pola elektrycznego.

granicę ośrodków. Korzystając z tego zjawiska tworzy się polaryzatory płytkowe. Sąone zbudowane z szeregu płytek ustawionych pod kątem Brewstera do kierunku pada-nia światła. Światło przechodząc przez kolejne granice ośrodów pomiędzy płytkami zakażdym razem ulega odbiciu. Odbijane jest tylko światło spolaryzowane w kierunku



prostopadłym do płaszczyzny padania, więc coraz mniejsza jego część przechodzi przezkolejne płytki. Światło spolaryzowane w płaszczyźnie padania przechodzi w całościprzez wszystkie płytki. Po przejściu przez odpowiednią liczbę płytek, natężenia świa-tła spolaryzowanego w kierunku prostopadłym do płaszczyzny padania jest znikome.Za pomocą polaryzatora płytkowego otrzymujemy więc światło spolaryzowane w kie-runku płaszczyzy padania i jest ono zawsze spolaryzowane częściowo.

6.1 Zadania

1. W układzie złożonym z soczewki płasko-wypukłej o promieniu krzywizny R, stykają-cej się stroną wypukłą z płytką szklaną, można obserwować prążki interferencyjne wkształcie koncentrycznych okręgów zwanych pierścieniami Newtona. Wyznaczyć pro-mień n-tego ciemnego i n-tego jasnego pierścienia obserwowanych w monochromatycz-nym świetle przechodzącym i odbitym prostopadle do płaszczyzny płytki. Długość faliwynosi λ.

2. Obliczyć grubość warstwy przeciwodblaskowej, z materiału o współczynniku załama-nia n > 1 na krzemie o współczynniku załamania nSi dla światła o długości fali λ.Rozpatrzyć przypadek prostopadłego padania światła.

3. W doświadczeniu interferencyjnym z dwiema szczelinami wykonanym dla żółtego świa-tła sodu o długości fali λ = 589 nm powtają prążki, których odległość kątowa wynosi3.5 · 10−3 rad. Jaką długość musi mieć światło, aby w tym samym układzie doświad-czalnym odległość kątowa między prążkami była o 10% większa.

4. Siatka dyfrakcyjna jest oświetlona prostopadle wiązką światła białego. Czy widzialnewidmo trzeciego rzędu może zachodzić na widmo rzędu czwartego? Zakres długości falwidzialnego widma światła białego przyjąć 400nm÷ 700nm.

5. Wiązka promieniowania lasera o długości λ = 653 nm pada prostopadle na zapisanąstandardową płytę CD. Po odbiciu na ekranie ustawionym w odległości L = 1, 2 m

zaobserwowano rząd plamek. Odległość między centralną plamką i sąsiednimi wynosix = 0, 5 m. Oblicz odległość między ścieżkami zapisu.

6. Polaryzator płytkowy składa się ze stosu 20 płytek ustawionych pod kątem Brewsterado kierunku wiązki światła. Obliczyć stosunek natężeia światła spolaryzowanego wkierunku płaszczyzny padania do natężenia światła spolaryzowanego w kierunku pro-stopadłym po przejściu przez polaryzator. Przy każdym odbiciu od powierzchni płytekz wiązki światła przechodzącego ubywa p=5% światła spolaryzowanego w kierunkuprostopadłym do płaszczyzny padania.



7. Równoległą wiązkę światła słonecznego skierowano na układ trzech polaryzatorów,w którym kierunek polaryzacji pierwszego polaryzatora jest prostopadły do kierunkupolaryzatora ostatniego i tworzy kąt z kierunkiem drugiego równy α . Jak zmieni sięnatężenie światła po przejściu przez ten układ, jeżeli współczynnik przepuszczanialiniowo spolaryzowanego światła przez polaryzator wynosi η. Przy jakim ustawieniuśrodkowego polaryzatora układ ten może przepuścić najwięcej światła.

6.2 Rozwiązania do zadań

1. W świetle przechodzącym:

rj =√R(n− 1)λ (272)

(273)

rc =

√R(2n− 1)

λ

2(274)

W świetle odbitym:

rj =

√R(2n− 1)

λ

2(275)

(276)

rc =√Rnλ (277)

2. Warstwa z materiału o współczynniku n będzie warstwą antyrefleksyjną dla krzemu,gdy fala odbita od jej powierzchni i fala odbita od granicy tej warstwy z krzemembędą się wygaszać, czyli ich różnica dróg optycznych będzie nieparzystą wielokrotnościąpołowy długości fali. Światło odbijając się od pierwszej granicy (powietrze - warstwa)ulega przesunięciu w fazie o λ

2 , gdyż odbija się od ośrodka optycznie gęstszego (n > np).Światło odbite od granicy warstwy z krzemem ulega przesunięciu o λ

2 dla n < nSi, adla n > nSi nie ulega przesunięciu w fazie.

Zatem dla n < nSi

d =(2m− 1)λ

4n, (278)

a dla n > nSi

d =mλ

2n, (279)



gdzie m = 1, 2, 3...

3. Korzystając z przybliżenia dalekiego pola, odległość kątowa dwóch sąsiednich maksi-mów może zostać wyrażona zależnością

ϕ1 =mλ

d,

orazϕ2 =

(m+ 1)λd

,

co prowadzi do danej różnicy

ϕ2 − ϕ1 = (m+ 1d− m

d)λ.

Różnica po zmianie długości fali ma być o 10% większa, co można zapiać postaci

ϕ′2 − ϕ′1 = 1.1(ϕ2 − ϕ1) = (m+ 1d− m

d)λ′.

Układając z powyższych zależności proporcję

1.1(ϕ2 − ϕ1)ϕ2 − ϕ1

=λ′

λ

czyliλ′ = 1.1λ = 648 nm.

4. Odp. Tak

5. Ścieżki na płycie CD mogą być traktowana jak rysy w siatce dyfrakcjnej, na którychw myśl zasady Huygensa wzbudzają się pierwotne fale kuliste, które interferując zesobą tworzą obraz interferencyjny (w odróżnieniu od siatki gdzie zachodzi dyfrakcja tumamy do czyniena ze zjawiskiem odbicia). Korzystając z zależności 265

Rysunek 67: Odbicie i interferencja światła laserowego od dwóch ścieżek.



d sinϕ = mλ,

gdzie m = 1, oraz wyznaczając sinϕ z rysynku 67

sinϕ =x√

x2 + L2,

otrzymujemy wyrażenie określające odległość pomiedzy ścieżkami postaci

d =

√1 +

L2

x2λ.

Po podstawieniu wartości liczbowych, uzyskamy wynik d = 1, 7 µm.

6. Odp.

1(1− p)2k

(280)

7. Odp. Natężenie światła zmniejszy się 8η3 sin2 2α razy. Najwięcej światła przejdzie przez

układ gdy α = π4 .



7 Fale materii


Na początku XX wieku Maurice de Broglie zasugerował, że korpuskularno-falowa dwoistośćnatury nie jest jedynie cechą promieniowania – dualizm ten powinnien także występowaćw zachowaniu materii. Kilka lat później hipoteza ta została potwierdzona doświadczalnie.Z każdą poruszającą się cząstką materialną można stowarzyszyć falę. Fale tego typu nazy-wamy falami materii lub falami de Broglie’a . Całkowita energia E niesiona przez falęo częstotliwości ν wyraża się wzorem

E = hν, (281)

h – stała Plancka (h ≈ 6, 63 · 10−34 J · s). Zatem, z uwagi na korpuskularno-falową naturępromieniowania, całkowita energia cząstki materialnej powinna wyrażać się jednakowymwzorem, w którym ν oznacza częstotliwość fali przypisanej rozważanej cząstce. Wspólna dlafal i korpuskuł musi być także zależność określająca relację pomiędzy pędem ~p obiektu a wek-torem falowym ~k, a w konsekwencji - pomiędzy pędem cząstki a długością λ stowarzyszonejz nią fali:

~p = ~k. (282)

Ponieważk =

2πλ, (283)

prawdziwy jest związekλ =

h

p. (284)

Powyższy wzór w odniesieniu do cząstek materialnych nosi nazwę wzoru de Broglie’a .Ze względu na bardzo małą wartość stałej Plancka, efektów falowych (takich jak dyfrakcjaczy interferencja) nie obserwujemy doświadczalnie w przypadku obiektów makroskopowych,gdyż długości stowarzyszonych z nimi fal de Broglie’a są znikomo małe.Model falowy i korpuskularny wiąże probabilistyczna interpretacja dualizmu. Interpretacjętaką podał Max Born, który stwierdził, że natężenie fal de Broglie’a w danym punkcie prze-strzeni jest proporcjonalne do prawdopodobieństwa znalezienia cząstki w tym punkcie. Takjak wartość średnia kwadratu natężenia pola elektrycznego określa liczbę fotonów przypa-dającą na jednostkę powierzchni, tak kwadrat modułu funkcji falowej określa gęstość praw-dopodobieństwa znalezienia cząstki w danym obszarze i chwili czasu. Fale de Broglie’a sązatem falami prawdopodobieństwa . Funkcja falowa ψ(~r, t), opisująca stan cząstki, jestfunkcją położenia w przestrzeni (~r jest promieniem wodzącym danego punktu w przestrzeni)oraz czasu t. W przypadku jednowymiarowym, gdy cząstka porusza się w tylko jednym,wybranym kierunku, mamy

ψ = ψ(x, t). (285)



Prawdopodobieństwo znalezienia cząstki w dowolnym obszarze 〈x1;x2〉 w danej chwili czasut będzie wynosiło

P 〈x1;x2〉 =∫ x1

x2|ψt(x)|2 dx, (286)

gdzie |ψt(x)|– moduł funkcji falowej, opisującej stan cząstki w danej chwili czasu. Oczywi-ście prawdopodobieństwo znalezienia cząstki w całym obszarze rozważanej przestrzeni, tj.〈−∞; +∞〉 musi być równe jedności, zatem∫ −∞

+∞|ψt(x)|2 dx = 1. (287)

Jeżeli cząstka swobodna posiada energię E i pęd ~p przypisana jest jej fala płaska o równaniu

ψ(~r, t) = Aei(~k·~r−ωt), (288)

w którym A jest amplitudą fali, a ω = 2πν częstością fali. Z zależności (281) i (282) wynika,że równanie tej fali może być zapisane w postaci

ψ(~r, t) = Aei (~p·~r−Et). (289)

Znając postać funkcji falowej cząstki jesteśmy w stanie określić nie tylko prawdopodobień-stwo znalezienia cząstki w danym obszarze, ale także prawdopodobieństwo, że cząstka po-siada określony pęd i energię. Pęd i energię cząstki wyznaczymy działając na funkcję falowąodpowiednio operatorem pędu i energii. Operator pędu px dla wybranego kierunku x wprzestrzeni ma postać

px =~i

∂

∂x, (290)

a operator energii EE = i~

∂

∂t, (291)

gdzie m– masa cząstki a ~ = h/2π.Jeżeli cząstka porusza się w kierunku x w polu o potencjale V (x) funkcja falowa opisującajej stan spełnia równanie

i~∂ψ(x, t)∂t

= − ~2

2m∂2

∂x2ψ(x, t) + V (x)ψ(x, t). (292)

Równanie to nazywane jest jednowymiarowym równaniem Schröodingera. Wyraża onoenergię cząstki nierelatywistycznej: pierwszy człon po jego prawej stronie określa energię ki-netyczną cząstki, natomiast drugi opisuje jej energię potencjalną.

Doświadczalne wyznaczenie wielkości dynamicznych cząstek, takich jak położenie, pęd,moment pędu czy energia wymaga przeprowadzenia pomiaru, który zawsze zakłóca badanyukład. Dokładne wyznaczenie jednego z powyższych parametrów powoduje, że nieoznaczo-ność innego staje się nieskończona. Mierząc jednocześnie położenie i pęd cząstki w danym



kierunku w przestrzeni wyznaczamy je z niepewnościami, które są ze sobą ściśle powiązane,a ich iloczyn nie może być mniejszy od ~. Analogiczna relacja spełniona jest w przypadkuniepewności pomiaru energii i czasu niezbędnego na dokonanie tego pomiaru. Związki teprzedstawiają poniższe nierówności

∆px∆x ~, (293)

∆E∆t ~.

Zależności te stanowią treść zasady nieoznaczoności Heisenberga .

7.2 Fale materii

FM1 Elektron i proton mają jednakowe energie kinetyczne, a ich prędkości są znaczniemniejsze od prędkości światła w próżni. Wyznacz stosunek długości fal de Broglie’a dla tychcząstek znając ich masy spoczynkowe me = 9, 1 · 10−31 kg i mp = 1, 67 · 10−27 kg.FM2R Znajdź prędkość fazową i grupową fal de Broglie’a cząstek swobodnych poruszającychsię z prędkością v w ośrodku dyspersyjnym. Rozpatrz dwa przypadki: a) v c i b) v = c/2.FM3R Znajdź stosunek długości fal de Broglie’a przypisanych elektronowi termicznemu ielektronowi, przyspieszonemu przez różnicę potencjałów 10 V.FM4 Jaką energię należy dostarczyć elektronowi, by przypisana mu długość fali de Broglie’azmniejszyła się od λ1 = 1 nm do λ2 = 0, 1 nm. Pomiń efekty relatywistyczne.FM5R Cząstka o masie m porusza się w wąskiej rurce o długości L odbijając się od jejkońców. Znajdź długości fal de Broglie’a przypisanych cząstce, jej pęd oraz możliwe stanyenergetyczne, jeśli wiadomo, że w rurce powstają fale stojące. Wyznacz poziomy energetyczneelektronu poruszającego się w nanorurce o długości L = 0, 5 nm.

7.3 Zasada nieoznaczoności

ZN1 Oblicz najmniejsze nieoznaczoności prędkości neutronu oraz kuli o masie 0, 1 kg je-śli współrzędne neutronu i środka masy kuli można znaleźć odpowiednio z nieokreślonością∆rn = 1 nm i ∆rk = 1 mm.ZN2 Równoległa wiązka neutronów termicznych pada prostopadle na szczelinę, za którąumieszczono ekran. Korzystając z zasady nieoznaczoności znajdź szerokość szczeliny, przyktórej szerokość obrazu będzie minimalna. Odległość sczeliny od ekranu wynosi 2 m.ZN3R Korzystając z zasady nieoznaczoności Heisenberga, wiążącej nieoznaczoność pędu ipołożenia cząstki wyprowadź analogiczną zależność dla nieoznaczoności energii i czasu, wktórym cząstka tę energię posiada. Załóż, że cząstka jest swobodna.



7.4 Rozwiązania

FM1 λe/λp =√mp/me ≈ 43

FM2 Prędkość fazową definujemy jako stosunek częstości fali ω i liczby falowej k

vf =ω

k, (294)

przy czymk =

2πλ, (295)

λ– długość fali. Wiedząc, że całkowita energia cząstki jest równa energii niesionej przezprzypisaną jej falę de Broglie’a

E = ~ω, (296)

a pęd cząstki związany jest z liczbą falową

p = ~k, (297)

równanie (294) możemy zapisać jako

vf =~ω~k

=E

p. (298)

Energia całkowita cząstki o masie relatywistycznej m, poruszającej się z prędkością v wyrażasię wzorem

E = mc2, (299)

natomiast pęd tej cząstkip = mv. (300)

Po podstawieniu powyższych zależności do wzoru (298) otrzymamy

vf =mc2

mv=c2

v. (301)

Prędkość fazowa w przypadku a) jest znacznie większa od prędkość światła w próżni, nato-miast w przypadku b) wynosi 2c.Skorzystajmy teraz z definicji prędkości grupowej fal

vg =dωdk

(302)

oraz ze związków (296) i (297)

vg =dEdp

. (303)

Rozpatrzmy na wstępie przypadek a). Jeżeli cząstka porusza się stosunkowo wolno (v c)jej masa jest w przybliżeniu równa masie spoczynkowej m0, a jej energia kinetyczna danajest wzorem

Ek =m0v

2

2. (304)



Cząstka jest swobodna, zatem jej energia potencjalna jest równa zeru. W tym przypadkujej energię całkowitą E możemy wyrazić przez sumę energii spoczynkowej m0c2 i energiikinetycznej

E = m0c2 +

m0v2

2. (305)

Wyraźmy tę energię za pomocą pędu

E = m0c2 +

p2

2m0(306)

i podstawmy do równania (303), otrzymując

vg =d (m0c2 + p2/2m0)

dp= 0 +

p

m= v. (307)

W przypadku cząstki relatywistycznej (przykład b)) energia całkowita związana jest z pędemw inny sposób

E =√m20c

4 + p2c2. (308)

Prędkość grupowa fal de Broglie’a takiej cząstki wynosi

vg =d√m20c

4 + p2c2

dp=

2pc2

2√m20c

4 + p2c2=pc2

E=mvc2

mc2= v. (309)

Zauważmy, że prędkość grupowa w obu przypadkach jest równa prędkości cząstki, natomiastobie prędkości fazowe są większe od prędkości światła w próżni. Nie jest to jednak sprzecznez prawami fizyki, gdyż energia niesiona przez falę przemieszcza się z prędkością grupową,równą prędkości cząstki, a nie z prędkością fazową.FM3 Zgodnie ze wzorem (de Broglie) długość fali przypisana poruszającej się cząstce zależyod jej pędu, który jest iloczynem masy i prękości cząstki. Stosunek długości fal de Broglie’aprzypisanych elektronowi termicznemu i elektronowi przyspieszonemu przez różnicę poten-cjałów będzie równy odwrotności stosunku pędów tych elektronów, a zatem odwrotnościstosunku ich prędkości

λtλu

=h/pth/pu

=mvumvt

=vuvt

(310)

(pt, vt, λt– pęd, prędkość oraz długość fali de Broglie’a przypisana elektronowi termicznemu,pu, vu i λu – pęd, prędkość i długość fali de Broglie’a przypisana elektronowi przyspieszonemuprzez napięcie U). Elektronem termicznym nazywamy elektron wchodzący w skład gazuelektronowego o temperaturze ok. 290 K. Energia kinetyczna molekuły gazu o n stopniachswobody wynosi

Ek =n

2kT, (311)



gdzie k –stała Boltzmana, T –temperatura gazu w skali bezwzględnej. W tym wypadkuprędkość elektronu jest stosunkowo mała (vt c), zatem

mv2t2

=n

2kT (312)

(m – masa elektronu). Ponieważ elektrony w gazie elektronowym są swobodne, posiadajątylko trzy stopnie swobody, związane z ruchem w kierunku osi x, y i z, więc prędkość elektronutermicznego wynosi

vt =

√nkT

m. (313)

Wyznaczmy teraz długość fali de Broglie’a przypisaną elektronowi przyspieszonemu przezróżnicę potencjałów U . W tym przypadku elektron będzie zyskiwał energię kinetyczną kosz-tem energii potencjalnej, którą posiada w polu elektrycznym

∆Ek = ∆Ep, (314)

gdzie ∆Ek – przyrost energii kinetycznej, ∆Ep – spadek energii potencjalnej. Przekształcającwzór (16) otrzymamy zmianę energii potencjalnej elektronu o ładunku e, zależną od różnicypotencjałów

∆Ep = eU. (315)

Przy tak niskiej wartości napięcia przyspieszjącego możemy zaniedbać efekty relatywistycznei skorzystać ze wzoru na energię kinetyczną w ujęciu klasycznym, a zatem

mv2u2

= eU. (316)

Prędkość vu wynosi więc

vu =

√2eUm

. (317)

Po podstawieniu równań (313) i (317) do wzoru (310) otrzymujemy

λtλu

=

√2eU/m√nkT/m

=

√2eUnkT

. (318)

Poszukiwany stosunek długości fal de Broglie’a jest wielkością bezwymiarową[λtλu

]=

√C · V

J/K ·K=

√J

J= 1, (319)

a jego wartość wynosiλtλu

=

√2 · 1, 6 · 10−19 · 10

3 · 1, 38 · 10−23 · 290≈ 16, 3. (320)



FM4 ∆E =h2(1/λ22−1/λ21)

2m ≈ 150 eV .FM5R Ze względu na fakt, że rurka jest obustronnie zamknięta, na jej krańcach (w poło-żeniach x = 0 oraz x = L) powstaną węzły fali stojącej (prawdopodobieństwo znalezieniacząstki w tych punktach jest równe zeru). W tym przypadku długość rurki jest równa cał-kowitej wielokrotności długości fali stojącej, która jest równa połowie długości fali biegnącej. Zatem

L = nλ

2, (321)

gdzie λ – długość fali de Broglie’a, n = 1, 2, 3, ... . Z powyższego równania wynika, że długościfal de Broglie’a, przypisane rozważanej cząstce, dane są wzorem

λn =2Ln. (322)

Pęd cząstki dla danej długości fali de Broglie’a znajdziemy przekształcając równanie (deBroglie**)

pn =h

λn=hn

2L. (323)

Znając wartości, jakie przyjmuje pęd cząstki, wzynaczymy dozwolone energie cząstki. Za-uważmy, że cząstka nie znajduje się w żadnym polu, zatem posiada jedynie energię kinetycznąE = Ek. Pomijając efekty relatywistyczne otrzymujemy

Ek =p2

2m, (324)

a ponieważ pęd cząstki może przyjmować tylko ściśle określone wartości, energia cząstkitakże jest skwantowana

En =p2n2m

=h2n2

8L2m. (325)

Sprawdźmy teraz jednostki wyznaczonych wielkości

[λn] = m, (326)

[pn] =J · sm

=N ·m · s

m= kg · m

s2· s = kg · m

s,

[En] =J2 · s2

m2 · kg=

J2

m · kg ·m/s2=

J2

m ·N=J2

J= J

i wyznaczmy poziomy energetyczne elektronu o masie m = 9, 1 · 10−31 kg rezonującego wnanorurce o długości L = 0, 5 nm

En =(6, 64 · 10−34)2 n2

8 · (5 · 10−10)2 · 9, 1 · 10−31≈ 2, 4 · 10−19 · n2 J = 1, 5n2 eV. (327)

ZN1 Skorzystajmy z zasady nieoznaczoności Heisenberga wiążącej nieokreśloność pędu ∆p

i nieokreśloność położenia cząstki ∆r

∆p ·∆r ~. (328)



Nieoznaczoność pędu wynika z nieoznaczoności ∆v prędkości cząstki o masie m

∆p = m∆v, (329)

zatem nierówność (328) można zapisać w postaci

m∆v ·∆r ~, (330)

stąd najmniejsza nieoznaczoność prędkości cząstki wynosi

∆vmin =~

m∆r, (331)

a jej jednostka [∆minv =

~m∆r

]=

J · skg ·m

=N ·mskg ·m

=m

s2· s =

m

s. (332)

Wartości nieoznaczoności dla neutronu (∆minvn) i kuli (∆minvk) wynoszą odpowiednio

∆minvn =1, 06 · 10−34

1, 67 · 10−27 · 10−9≈ 400

m

s(333)

oraz∆minvk =

1, 06 · 10−34

0, 1 · 10−3≈ 6, 6 · 10−27

m

s. (334)

Zauważmy, że nieznaczoność prędkości neutronów jest bardzo duża w porównaniu z prędko-ścią, z jaką zwykle poruszają się te cząstki (prędkość neutronów termicznych to ok. 2200m/s)i nie może być zaniedbana. Natomiast nieokreśloność prędkości kuli jest nawet kilkadziesiątrzędów mniejsza od prędkości typowych dla ciał makroskopowych. Efekty wynikające z za-sady nieoznaczoności można więc w tym przypadku pominąć.ZN2 Załóżmy, że przez szczelinę przechodzą neutrony o tym samym pędzie p (rys.68). Posze-rzenie ∆y obrazu dyfrakcyjnego szczeliny o szerokości s wynika z nieoznaczoności składowejpędu cząstek ∆py, równoległej do szczeliny. Całkowita szerokość D obrazu wynosi

D = s+ ∆y. (335)

Nieokreśloność składowej pionowej pędu cząstek ∆py przy przejściu przez szczelinę wiążesię z nieokreślonością ich położenia w szczelinie. Za wartość tej nieoznaczoności możemyprzyjąć szerokość szczeliny, zatem zgodnie z zasadą nieoznaczoności Heisenberga najmniejszanieokreśloność ∆py wynosi

∆py · s = ~. (336)

Za nieoznaczoność ∆py możemy podstawić szerokość przedziału wartości, jakie przyjmujeskładowa pionowa pędu neutronów za szczeliną

∆py = 2py. (337)



Rysunek 68: Dyfrakcja równoległej wiązki cząstek na wąskiej szczelinie

Nieoznaczoność ta jest dwukrotnie większa od py ze względu na to, że cząstki, które poruszająsię za szczeliną, mogą mieć pęd ~py skierowany w górę lub w dół. Wykorzystując zależnościtrygonometryczne otrzymujemy

py = p sin θ. (338)

Dla małych kątówsin θ ≈ tg θ, (339)

przy czymtg θ =

∆y2L

, (340)

zatem z równań (337)-(340) wynika, że

∆py = 2p∆y

2L=p∆yL

. (341)

Ze wzoru (336) otrzymujemy

∆py =~s, (342)

a zatem~s

=p∆yL

. (343)

Wyznaczmy teraz nieokreśloność ∆y z powyższego równania i wstawmy ją do równania (335)

D = s+~Lps. (344)

Otrzymaliśmy w ten sposób szerokość obrazu D w funkcji szerokości szczeliny s. Szerokośćobrazu będzie minimalna dla takiej szerokości szczeliny, przy której

dDds

= 0. (345)



Stąd

s =

√~Lp

=

√~Lmv

, (346)

gdzie m – masa neutronu, v – prędkość neutronów termicznych, która wynosi ok. 2200 m/s.Sprawdźmy teraz jednostkę i wartość poszukiwanej szerokości szczeliny

[s] =

√J · s ·mkg ·m/s

=

√N ·m ·mkg ·m/s2

=

√N ·m2N

= m, (347)

s =

√1, 06 · 10−34 · 2

1, 67 · 10−27 · 2200≈ 7, 6 µm.

ZN3R Znajdźmy relację nieoznaczoności, wiążącą nieokresloność energii i czasu dla cząstkiporuszającej się z dowolną prędkością v. Cząstka jest swobodna, zatem nie posiada energiipotencjalnej. Jej energia całkowita jest sumą energii spoczynkowej E0 i kinetycznej Ek.Zgodnie z teorią Einsteina sumę tych składowych możemy wyrazić jako iloczyn masy m

cząstki w ruchu oraz kwadratu prędkości światła w próżni

E = E0 + Ek = mc2. (348)

Przekształcenie wzorum =

m0√1− v2

c2

, (349)

określającego masę relatywistyczną m prowadzi do następującej relacji

E =√m20c

4 + p2c2, (350)

wiążącej energię relatywistyczną z pędem p cząstki. Skorzystajmy teraz z zasady nieozna-czoności Heisenberga dotyczącej nieokreśloności pędu ∆p oraz położenia cząstki ∆r

∆p∆r ~ (351)

i na podstawie wzoru (350) znajdźmy nieokreśloność energii cząstki ∆E. Masa spoczynkowam0 i prędkość światła są wielkościami stałymi (nie posiadają nieokreśloności), natomiast pędp obarczony jest nieoznaczonością ∆p, zatem

∆E =dEdp

∆p =c2p√

m20c4 + p2c2

∆p =c2p

E∆p. (352)

Z powyższego równania wyznaczmy nieokreśloność pędu i wstawmy ją do nierówności (351)

E ·∆Ec2p

∆r ~. (353)



Jeżeli cząstka porusza się z prędkością v, nieokreśloność jej położenia możemy wyrazić po-przez nieokresloność czasu ∆t (potrzebnego na przeprowadzenie pomiaru)

∆r = v∆t. (354)

StądE ·∆Ec2p

v∆t ~, (355)

a ponieważp = mv, (356)

otrzymujemyE ·∆Ec2m

∆t ~. (357)

Ze wzoru (348) wynika, że mc2 = E, więc nierówność (357) upraszcza się do postaci

∆E∆t ~, (358)

stanowiącej treść zasady nieoznaczoności Heisenberga dla energii i czasu.



8 Atom wodoru Bohra


Już w starożytności Demokryt uważał, że materia składa się z atomów. Później tą koncepcjeponownie wprowadza Dalton na początku XIX wieku jako hipotezę roboczą do wytłumacze-nia związków chemicznych. Pod koniec XIX odkrycie promieniotwórczości ciał, przyczyniłosię w dużym stopniu do poznania budowy atomów. Wytworzenie promieni katodowych orazkanalikowych wykazało, że materia składa się z elektronów i protonów.Pierwszą hipotezę budowy atomu wysunął Thompson w 1897 roku. Uważał, że obydwaskładniki atomu - elektrony i protony są rozłożone równomiernie wewnątrz atomu - tzw.ciastko z rodzynkami. Po badaniach rozpraszania cząstek α na cienkich foliach złota i in-nych metali przez Geigera i Mardsena w 1908 roku, Rutherford zaproponował nowy modelatomu. Założył, że cały ładunek dodatni Ze+ (Z jest liczbą atomową) atomu jest skupiony wbardzo małym jądrze, które zawiera prawie całą masę atomu. Elektrony zajmują pozostałąprzestrzeń atomu i rozmieszczone są wokół jądra. Model ten nie wyjaśniał na ten czas wszyst-kich wątpliwości. Dopiero półklasyczna teoria Bohra (1913) podaje teorię budowy atomu.Model atomu wodoropodobnego możemy zawrzeć w następujących postulatach:

1. W atomie wodoru elektron krąży wokół protonu jednostajnym ruchem kołowym w wy-niku działania siły kulombowskiej i zgodnie z prawami Newtona.

2. Jedynie te orbity są dozwolone, dla których moment pędu krążącego elektronu jest cał-kowitą wielokrotnością stałej Diraca = h/2π (h jest stałą Plancka). Momenty pęduna dozwolonych orbitach dane są wzorem

L = n, (359)

gdzie n jest liczbą całkowitą dodatnią.

3. Elektron poruszający się po dozwolonej orbicie nie promieniuje energii.

4. Podczas przejścia elektronu z orbity o energii En na orbitę o energii Em elektron ab-sorbuje lub emituje kwant energii o wartości

hν = En − Em. (360)

Jeżeli En > Em, kwant światła zostaje wyemitowany, w przeciwnym przypadku, gdyEn < Em, kwant światła zostaje zaabsorbowany.

Na podstawie powyższych postulatów możemy wyznaczyć promień n-tej orbity elektronu watomie wodoru

rn =ε0h2

πmZe2n2, (361)



prędkość elektronu na n-tej orbicie

vn =8π2ε0Ze2

h

1n

(362)

oraz energię elektronu na n-tej orbity

En = −me4Z2

8ε20h21n2. (363)

Z przytoczonych wyżej wzorów wynika, że promień orbity r wzrasta proporcjonalnie z kwa-dratem głównej liczby kwantowej n, prędkość na n-tej orbicie jest odwrotnie proporcjonalnado n, a energia na n-tej orbicie maleje odwrotnie proporcjonalnie z kwadratem liczby n. Popodstawieniu wartości liczbowych za stałe fizyczne i położeniu za n = 1 otrzymamy promieńpierwszej orbity elektronu w atomie wodoru o wartości

r1 = 0, 53 A, (364)

gdzie r1 jest tzw. promieniem Bohra. Prędkość elektronu na pierwszej orbicie atomu wodoruwynosi

v1 = 2, 2 · 106 m/s, (365)

natomiast energia elektronu na 1-szej orbicie jest równa

E1 = −13, 6 eV. (366)

Układ poziomów energetycznych w atomie wodoru przedstawia rysunek (69).

Rysunek 69: Układ poziomów energetycznych w atomie wodoru.

Zgodnie z postulatami Bohra, aby elektron mógł zmienić swoją orbitę musi zaabsorbowaćlub wyemitować kwant światła. Kwant ten musi mieć energię co najmniej równą różnicyenergii tych dwóch poziomów. Na tej podstawie możliwe są przejścia, które obrazuje rysunek



Rysunek 70: Długości fal emitowanych lub absorbowanych przy przejściu elektronu na kolejneorbity wokół jądra atomowego.

(70). Johann Balmer, badając widmo emisyjne atomu wodoru w zakresie światła widzialnegookreślił zależność rozmieszczenia linii widmowych wzorem

1λ

= R( 1

22− 1m2

), (367)

w którym R jest stałą Rydbega, a m jest kolejną orbitą, przy czym m 3. Jak wynika zrysunku (71), linie widmowe układają się w serie. Od jego nazwiska nosi nazwę serii Balmera.Rzeczywiste widmo atomu wodoru z zakresu widzialnego, uzyskane przy pomocy spektro-metru, przedstawia rysunek (71).

Rysunek 71: Widmo emisyjne atomu wodoru - seria Balmera.

W 1908r. Ritz stwierdził doświadczalnie, że długości fal we wszystkich mierzonych wid-mach emisyjnych dają się opisać wzorem

1λ

= R( 1

(n+ α)2− 1

(m+ β)2), (368)

gdzie α i β są stałymi materiałowymi - w przypadku atomu wodoru stałe materiałowe sąrówne 0.Wzór (368) opisuje wszystkie możliwe serie widmowe, począwszy od serii Lymana (przejścia



z orbit o liczbie kwantowej m 2 na orbitę 1) - zakres ultrafioletu, serię Balmera - zakresświatła widzialnego, serię Paschena-Backa przejścia z orbit o liczbie kwantowej m 4 naorbitę 3) - zakres podczerieni, itd.

Model Bohra nie wyjaśnia jednak niektórych wątpliwości odnośnie budowy atomu, po-jawiających się przy interpretacji wyników doświadczalnych. Czyni to dopiero mechanikakwantowa.

8.2 Teoria Bohra a skończona masa jądra atomowego

Teorię Bohra można zastosować w przypadku atomu wodoru oraz atomów wodoropodob-nych, czyli takich, w których wokół jądra atomowego krąży jeden elektron bądź inna cząstkaobdarzona niezerowym ładunkiem elektrycznym. W przedstawionych przez nas wcześniejpostulatach Bohra 8.1 występuje pewne przybliżenie, które w przypadku atomu wodoru jestuzasadnione, ale w ogólnym przypadku nie powinno być stosowane. Jest nim założenie nie-skończonej masy jądra atomowego. W jądrze atomu wodoru znajduje się jeden proton o masieokoło 1830 razy większej od masy elektronu, zatem masę jądra w tym przypadku z dobrymprzybliżeniem można uznać za nieskończoną. Usunięcie tego przybliżenia i wprowadzeniedo postulatów Bohra rzeczywistej masy jądra atomowego pozwoli nam na lepsze określenieodległości pomiędzy jądrem atomowym i krążącym wokół niego ładunkiem elektrycznymoraz wyznaczenie położenia poziomów energetycznych rozpatrywanego układu. Dzięki temumożliwa będzie identyfikacja poszczególnych izotopów danego pierwiastka, różniących się odsiebie masą jądra atomowego, na podstawie analizy widma wzbudzenia czy też emisji danegoatomu. Przypomnijmy sobie zatem pierwszy postulat Bohra otrzymany w przypadku zało-żenia nieskończonej masy jądra atomowego: W atomie wodoru elektron krąży wokół protonujednostajnym ruchem kołowym w wyniku działania siły kulombowskiej i zgodnie z prawamiNewtona. Rozważny teraz dowolny atom wodoropodobny, w którego jądrze znajduje się Zprotonów i dowolna liczba neutronów. Skoro jądro atomowe jest naładowane dodatnio i maskończoną masę będzie ono, analogicznie do elektronu, doświadczało skutków przyciąganiakulombowskiego. W efekcie nie będziemy mieli doczynienia z ruchem kołowym elektronuwokół nieruchomego jądra lecz z ruchem obydwu tych cząstek wokół ich wspólnego środkaciężkości S (rys.72).

Jeżeli masa spoczynkowa jądra wynosi M, masę spoczynkową elektronu oznaczymy przezm0 (efekty relatywistyczne możemy zaniedbać ze względu na rząd wielkości prędkości elek-tronu w atomie- patrz wzór 365), a odległość elektronu od jądra wynosi r środek cięzkości Sukładu jądro-elektron bedzie się znajdował w odległości R od jądra atomowego równej

R =m0

m0 +Mr. (369)



Rysunek 72: Elektron i jądro atomowe krążące wokół wspólnego srodka ciążkości S;m0-masaspoczynkowa elektronu, M -masa spoczynkowa jądra atomowego, e- ładunek elementarny, Z -liczba protonów w jądrze, r -odległość elektronu od jądra.

Zatem elektron i jądro krążą po orbitach kołowych o promieniach wynoszących odpo-wiednio r − R i R z jednakową prędkością kątową ω. Wyznaczmy teraz energię kinetycznątakiego układu

Ek =Ieω2

2+Ijω2

2, (370)

gdzie Ie i Ij oznaczają odpowiednio moment bezwładności elektronu i jądra. Rozmiaryobydwu tych cząstek są bardzo małe w porównaniu z odległością między nimi, możemy jezatem traktować jak masy punktowe, więc

Ie = m0(r −R)2 (371)

natomiastIj = MR2 (372)

Po podstawieniu powyższych momentów bezwładności do równania 370 otrzymujemy nastę-pujące wyrażenie na całkowitą energię kinetyczną układu jądro-elektron

Ek =m0Mm0+M

r2ω2

2. (373)

Zauważmy, że występujące w powyższym wzorze wyrażeniem0M

m0 +M= µ (374)

ma wymiar masy. Oznaczamy je symbolem µ i nazywamy masą zredukowaną układu jądro-elektron. Energię kinetyczną tego układu możemy teraz zapisać z użyciem masy zredukowa-nej

Ek =µr2ω2

2. (375)

Z powyższego równania wynika, że układ jądro-elektron możemy zachowuje się identyczniejak cząstka o masie µ poruszająca się po okręgu o promieniu r równym odległości jądro-elektron z prędkością kątową ω równą prędkości kątowej elektronu i jądra. Na tę cząstkęmusi zatem działać siła dośrodkowa Fd



Fd =µv2

r, (376)

przy czym v jest prędkością liniową cząstki ( v = ωr ), a źródłem tej siły jest siła przyciąganiakulombowskiego elektronu i jądra Fc

Fc =1

4πε0· Ze

2

r2. (377)

W ten sposób otrzymujemy matematyczny zapis pierwszego postulatu Bohra uwzględ-niającego ruch jądra atomowego wynikający z jego skończonej masy

µv2

r=

14πε0

· Ze2

r2. (378)

Musimy teraz zmodyfikować drugi postulat Bohra mówiący o kwantowaniu momentupędu elektronu. Z naszych powyższych rozważań wynika, że kwantowanie momentu pęduelektronu musimy zastąpić kwantowaniem momentu pędu układu jądro-elektron a więccząstki o masie zredukowanej µ. Matematyczny zapis drugiego postulatu Bohra przyjmujezatem postać

µvr = n. (379)

Przekształcając równania 378 i 379 otrzymamy wzory na promień n-tej orbity rn (odległośćjądro-elektron) i prędkość liniową cząstki na n-tej orbicie vn

rn = n2h2ε0πZµe2

, (380)

vn =1n

Ze2

2hε0. (381)

Prędkość liniową elektronu na n-tej orbicie można znaleźć mnożąc prędkość kątową elek-tronu na n-tej orbicie (równą prędkości kątowej cząstki, a więc ilorazowi vn/rn ) przez pro-mień okręgu, po którym porusza się elektron ( równy rn − R ). Porównajmy teraz promieńn-tej orbity Bohra dla atomu wodoru otrzymany bez (równanie 361) i z (równanie 380)

uwzględnieniem skończonej masy jądra. W jądrze wodoru znajduje się jeden proton o masiemp =≈ 1836m0. Masa zredukowana układu proton-elektron wynosi zatem

µ =18361837

m0, (382)

zatem promień n-tej orbity obliczony przy uwzględnieniu skończonej masy jądra będzie wy-nosił

rn = n21837h2ε0

1836πm0e2=

18371836

r′n ≈ 1, 00054r′n, (383)



gdzie r′n oznacza promień n-tej orbity Bohra obliczony dla nieskończonej masy jądra wodoru.Z równania 383 wynika, iż różnice w wynikach otrzymanych z uwzględnieniem i bez uwzględ-nienia skończonej masy jądra w przypadku atomu wodoru są nieznaczne, ale nie zawsze takjest (patrz część zadaniowa).

Obliczmy teraz energię układu jądro-elektron dla rozważanego atomu wodoropodobnegoprzy uwzględnieniu skończonej masy jądra atomowego. Energia ta będzie sumą energii ki-netycznej układu jądro-elektron Ekn (równej energii kinetycznej cząstki o masie µ ) orazenergii potencjalnej elektronu w polu elektrycznym dodatnio naładowanego jądra Epn. Obiete energie zależą od numeru orbity, na której znajduje się elektron i są skwantowane, zatemenergia całkowita, będąca ich sumą tez jest skwantowana i wynosi

En = Ekn + Epn =µvn

2

2+

14πε0

· Ze · (−e)rn

= − 1n2

Z2e4µ

8h2ε02. (384)

Jak widzimy położenie poziomów energetycznych w atomie wodoropodobnym zależy od masyzredukowanej atomu, a więc także od masy jądra atomowego. Zatem na podstawie widmawzbudzenia (absorpcji) lub widma emisji badanego atomu możliwe jest określenie rodzajuizotopu danego pierwiastka.

8.3 Zadania

B.1R Korzystając z postulatów Bohra wyprowadź zależności na promień, prędkość i energięcałkowitą elektronu na n-tej orbicie w atomie wodoru.B.2 Wykaż, że na dozwolonych orbitach w atomie wodoru elektron posiada całkowitą liczbęfal de Broglie’a.B.3 Opierając się na postulatach Bohra, wykaż poprawność wzoru Ritza (368) dla atomuwodoru.B.4 Wyznacz granicę krótko i długofalową dla serii a) Lymana, b) Balmera w atomie wo-doru.B.5 Ile razy zwiększy się promień orbity elektronu w atomie wodoru będącego w stanie pod-stawowym (n = 1) przy wzbudzeniu go fotonem o energii Eν = 12, 09 eV ?B.6 Obliczyć, ile okrążeń wokół jądra wykona elektron w stanie wzbudzonym w stanie n = 4,zanim przejdzie do stanu podstawowego, jeżeli czas życia stanu wzbudzonego wynosi około10−8 s.B.7W atomie wodoru atom przechodzi ze stanu, w którym energia wiązania wynosi 0, 54 eV ,do stanu o energii wzbudzenia 10, 2 eV . Jakie są liczby kwantowe tych stanów? Do jakiejserii należy emitowany foton i jaka jest jego długość fali?B.8 Znaleźć długość fali de Broglie’a elektronu na orbicie atomu wodoru n = 3. Do jakiegoobszaru widma zostałby zaklasyfikowany foton o tej długości fali.



B.9R Wykazać, że częstotliwość fali świetlnej emitowanej przez atom wodoru przy przejściuelektronu z n+ 1 na n-tą orbitę dąży, przy dużych n, do częstotliwości obiegu elektronu nan-tej orbicie.B.10R Uwzględniając skończoną masę jądra atomowego znaleźć promień pierwszej orbityoraz energię jonizacji w stanie podstawowym dla jonów dodatnich dwóch trwałych izotopówhelu.B.11R Znaleźć przesunięcie widmowe (izotopowe) dla linii Hδ dla atomu wodoru, deuteru itrytu.B.12R "Pozytonium"jest związaną parą elektron-pozyton. Pozyton jest antycząstką odpo-wiadającą elektronowi. Pozyton obdarzony jest ładunkiem +e a jego masa spoczynkowajest taka sama jak masa spoczynkowa elektronu. Zakładając, że elektron i pozyton okrążająwspólny środek ciężkości analogicznie do elektronu i protonu w atomie wodoru znajdźa) prędkość kątową tych cząstekb) promień r tego układuc) energię wiązania tego układu w stanie podstawowym.

8.4 Rozwiązania

B1.R Na podstawie postulatów Bohra możemy zapisać następujące równania

ke2

r2= me

v2

r, (385)

mevr = nh

2π. (386)

Równanie (385) wynika z pierwszego postulatu Bohra, zgodnie z którym elektron krąży poorbicie kołowej wokół jądra atomowego po wpływem kulombowskiego przyciągania - rysunek(73). Siłą kulombowska jest siłą dośrodkową. Z kolei równanie (386), zgodnie z postulatamiBohra, określa kwantowanie momentu pędu. Rozwiązując ten układ równań ze względu na

Rysunek 73: Budowa atomu według Bohra.



r, a później względem v, otrzymamy promień okręgu i prędkość elektronu na n-tej orbicie

rn =ε0h2

πmee2n2, (387)

vn =e2

2ε0h1n. (388)

Energia całkowita elektronu jest sumą jego energii kinetycznej i potencjalnej. Energia kine-tyczna elektronu poruszającego się n-tej orbicie wynosi

Ek =mev

2

2=me

2e4

4ε20h21n2, (389)

natomiast energię potencjalną elektronu na n-tej orbicie możemy przedstawić w postaci

Ep = ke · (−e)

r= −mee

4

4ε20h21n2. (390)

Po dodaniu (389) do (390) uzyskamy energię całkowitą elektronu

Ec = Ek + Ep = −me

2e4

4ε20h21n2

= −Ek. (391)

Znak “−′′ informuje, że układ jest związany.Energia stanu podstawowego w atomie wodoru, tj. dla n = 1 wynosi E1 = −13.6 eV . Podostarczeniu energii równej energii wiązania Ew13, 6 eV uwolnimy elektron z pola elekto-stycznego jądra atomowego uzyskując jon atomu wodoru H+ - proces ten nazywany jestjonizacją.B4 Granice serii Lymana: λmin = 94 nm, λmax = 122 nm.Granice serii Balmera: λmin = 410 nm, λmax = 656 nm.B5 Promień orbity elektronu zwiększy się 9-cio krotnie.B6 Elektron wykona około miliona okrążeń.B7 Stan początkowy np = 5, stan końcowy nk = 2. Foton o długości fali λ = 434 nm należydo serii Balmera.B8 Długość fali de Broglie’a elektronu w stanie n = 3 wynosi λ = 1A. Foton ten należy dozakresu ultrafioletu.B9.R Zgodnie z klasyczną teorią elektromagnetyzmu, częstość obiegu na orbicie musi sięrównać częstości wypromieniowanych fal elektromagnetycznych. Zgodnie z teorią, częstotli-wość ta powinna wynosić

f =1

2π

√e2

4πε0mer3. (392)

Wstawiając w powyższym wzorze za r wyrażenie (361) na promień n-tej orbity w atomiewodoru, otrzymujemy

f =me4

64π3ε2032n3. (393)



Zgodnie z modelem Bohra, częstotliwość emitowanego fotonu przy przejściu z poziomu np

na poziom nk wynosi

ν =me4

64π3ε203( 1n2k− 1n2p

). (394)

Równanie (394) możemy przekształcić do postaci

ν =me4

64π3ε203(n2p − n2k)(n2p + n2k)

n2kn2p

. (395)

Kiedy np i nk przyjmują duże wartości oraz są jednocześnie bliskie sobie, można zastosowaćnastępujące podstawienia

np − nk = ∆n (396)

np + nk ≈ 2np = 2n (397)

n2pn2k ≈ n4. (398)

Po wstawieniu (396), (397) i (398) do (395) uzyskamy

ν =me4

64π3ε2032∆nn3

, (399)

co dla ∆n = 1 jest równe z częstotliwością klasyczną wyrażoną wzorem (393).Wniosek: Jeżeli stosujemy model Bohra do problemów świata makroskopowego, to wyniki sąidentyczne z wynikami otrzymanymi za pomocą metod klasycznych. Jest to podstawowa filo-zofia zasady korespondencji, według której w przypadkach dostatecznie dobrze opisywanychprzez teorię Newtona, przewidywania nowej teorii powinny być zgodne z przewidywaniamiteorii netonowskiej.

Zad.1 Istnieją dwa trwałe izotopy helu: 4He oraz 3He. Jony dodatnie tych izotopów sąatomami wodoropodobnymi (mają tylko jeden elektron), dlatego promień pierwszej orbitydla tych jonów możemy obliczyć ze wzoru 380 podstawiając do niego odpowiednie wartościliczby protonów w jądrze Z oraz masy zredukowane µ. W jądrze izotopu 4He znajdują się 2protony i 2 neutrony, których masa jest praktycznie jednakowa i jak już wspomnieliśmy wczęści teoretycznej wynosi ona ok 1836m0. Natomiast w jądrze izotopu 3He mamy 2 protonyi 1 neutron. Zatem

Z = 2

dla obydwu izotopów. Masa zredukowana jonu pierwszego izotopu wynosi

µ1 =4 · 1836m02

4 · 1836m0 +m0≈ 0, 99986m0 ,

natomiast masa zredukowana jonu drugiego izotopu to

µ2 =3 · 1836m02

3 · 1836m0 +m0≈ 0, 99982m0 .



Po podstawieniu tych wartości do wzoru 380 otrzymujemy

r1 = 0, 26581

ir2 = 0, 26582

, jeśli użyjemy następujących wartości stałych fizycznych: h = 6, 63 · 10−34 J · s, ε0 =

8, 85 · 10−12 F ·m−1, e = 1, 6 · 10−19 C, m0 = 9, 1 · 10−31 kg. Energia jonizacji Ej w staniepodstawowym jest energią potrzebną na wyrwanie elektronu z atomu (jonu), czyli przenie-sienie go z orbity pierwszej, dla której n = 1, na nieskończoną odległość od jądra, a więc naorbitę, dla której n =∞. Jest to zatem różnica energii E∞, jaką układ jądro-elektron posiadaw nieskończonej odległości od jądra i energii E1, jaką układ posiada w stanie podstawowym.Wartości tych energii obliczymy ze wzoru 384. Łatwo zauważyć, że E∞ = 0, zatem energiajonizacji będzie równa Ej = 0 − E1 = −E1, a zatem energia jonizacji dla tych izotopówwynosi odpowiednio

Ej1 ≈ 54, 125 eV i

Ej2 ≈ 54, 123 eV .

Różnice tych energii są praktycznie niezauważalne. Jednak gdy obliczymy częstotliwości fo-tonów powodujących jonizację tych izotopów (wystarczy skorzystać ze wzoru E = hν ) okażesię, że ich różnica jest mierzalna, wynosi ok 482, 5 GHz i umożliwia ich identyfikację.

Zad.2 Linia Hδ to linia należąca do serii Balmera obserwowana w widmie emisyjnymwodoru przy przejściu elektronu z szóstej na drugą orbitę. Aby wyznaczyć przesunięcie wid-mowe dla wodoru, deuteru i trytu należy wyznaczyć różnicę częstotliwości, długości fali bądźliczb falowych fotonów emitowanych przy przejściu z orbity szóstej na drugą. Najwygodniejbędzie obliczyć wartości liczb falowych (czyli odwrotności długości fali) korzystając ze wzoru368, po uprzedniej jego modyfikacji uwzględniającej skończoną masę jądra atomowego. Przy-pomnijmy sobie zatem ten wzór i wartość stałej Rydberga występującej w tym wzorze

1λ

= R( 1n2− 1m2

),

przy czym

R =e4m0

8h3ε2c.

Jest to stała uzyskana przy założeniu nieskończonej masy jądra atomowego i będziemy jąod tej pory oznaczać przez R∞. Musimy ją zatem zmodyfikować wprowadzając do definicjitej stałej masę zredukowaną układu jądro-elektron zamiast masy spoczynkowej elektronu.W ten sposób otrzymujemy stałą Rydberga zależną od rodzaju izotopu

R =e4µ

8h3ε2c=

m0M

m0 +M· e4

8h3ε2c=

M

m0 +MR∞ . (400)



Zatem liczba falowa fotonu emitowanego przy przejściu z orbity m-tej na n-tą będzie wynosiła

1λ

=M

m0 +MR∞

( 1n2− 1m2

). (401)

Dla wodoru (izotopu 1H M = 1836m0, dla deuteru (izotopu 2H M = 2 · 1836m0, a dla trytu(izotopu 3H M = 3 ·1836m0. Po podstawieniu tych wartości wraz z odpowiednimi numeramiorbit (n=2, m=6) do wzoru 401 otrzymujemy następujące wartości liczb falowych

1λwodr

≈ 24372, 8 cm−1 ,

1λdeuter

≈ 24379, 4 cm−1 i

1λtryt

≈ 24381, 6 cm−1 .

Odpowiadają one fotonom o następujących długościach fali

λwodr ≈ 410, 293 nm ,

λdeuter ≈ 410, 182 nm i

λtryt ≈ 410, 145 nm .

Przesunięcia widmowe pomiędzy obserwowanymi liniami wyrażone w jednostkach długościfali wynoszą więc w przybliżeniu

∆λwodr−deuter = 0, 111 nm ,

∆λwodr−tryt = 0, 1482 nm .

Zad.3 Pozytonium jest atomem wodoropodobnym. W zadaniu tym należy obliczyć masęzredukowaną tego układu µ i wstawić ją do wzorów 380 i 381 na promień n-tej orbity iprędkość cząstki o masie µ na n-tej orbicie, przyjmując Z=1 (ze względu na fakt, że pozytonma taki sam ładunek jak proton).

µ =m02

2m0=m02

.

Z powyższego wzoru wynika, że w tym przypadku należy uwzględnić skończoność masy jądraatomowego, czyli pozytonu ( ma ono taką samą masę jak elektron). Pominięcie tego faktuprowadzi do bardzo poważnych błędów w rozwiązaniu. Dzieląc vn przez rn otrzymamy wzórna prędkość kątową elektronu i pozytonu. Energię wiązania obliczamy analogicznie jak wzadaniu poprzednim.



9 Równanie Schrödingera - kwantowy model atomu wo-

doru


W mechanice kwantowej zachowanie się cząstki opisujemy przy pomocy funkcji falowej Ψ.Funkcja Ψ nie jest wielkością mierzalną wyrażającą się następującą postacią zespoloną

Ψ = Ae−i(ωt−kx) = Ae−2πi(νt−xλ). (402)

Korzystając ze związków, że E = hν oraz λ = h/p otrzymamy przekształconą postać rów-nania (402)

Ψ = Ae−2πih(Et−px) = Aei(px−Et)/. (403)

Jest to funkcja falowa cząstki swobodnej o energii całkowitej E i pędzie p, poruszającej sięwzdłuż osi x w kierunku dodatnich prędkości.Dla prędkości dużo mniejszych od prędkości światła, energia cząstki E jest sumą energiikinetycznej p2/2m i potencjalnej U

E =p2

2m+ U. (404)

Mnożąc równanie (404) przez funkcję falową Ψ, otrzymamy

EΨ =p2Ψ2m

+ UΨ. (405)

Różniczkując dwukrotnie równanie (403) względem x dostajemy równanie

∂2Ψ∂x2

= −p2

2Ψ, (406)

oraz jednokrotnie względem t otrzymamy

∂Ψ∂t

= −iE

Ψ. (407)

Z równania (406) i (407) otrzymujemy związki

p2Ψ = −h2∂2Ψ∂x2

(408)

orazEΨ = i

∂Ψ∂t. (409)

Wstawiając zależność (408) i (409) do równania (405) otrzymamy jednowymiarowe równanieSchrödingera

i∂Ψ∂t

= − 2

2m∂2Ψ∂x2

+ UΨ. (410)



Równanie Schrödingera w trzech wymiarach ma postać

i∂Ψ∂t

= − 2

2m∆Ψ + UΨ, (411)

gdzie ∆ jest laplasjanem, a U jest energią potencjalną cząstki zależną od współrzędnychprzestrzennych x, y, z oraz współrzędnej czasowej t.W wielu zagadnieniach energia potencjalna U jest funkcją zależną od współrzędnych prze-strzennych - są to stany stacjonarne. W przypadku stanu stacjonarnego równanie Schrödin-gera można rozwiązać metodą rozdzielenia zmiennych przestrzennych i czasowej. Szukamywówczas funkcji falowej postaci

Ψ(x, y, z, t) = ψ(x, y, z)ϕ(t). (412)

Podstawiając (408) do (411) mamy

i∂ϕ

∂tψ = − 2

2mϕ∆ψ + Uψϕ. (413)

Po podzieleniu obu stron równania (413) przez ψϕ otrzymamy

iϕ

dϕdt

= − 2

2m∆ψψ

+ U. (414)

Człon po prawej stronie równania (414) jest tylko funkcją zmiennych przestrzennych lubwielkością stałą. Lewa strona tego równania jest tylko funkcją czasu. Z racji równości tychstron, możemy porównać je do tej samej energii stałej E. W ten sposób dostaniemy równanie

2

2m∆ψ + (E − U)ψ = 0, (415)

orazdϕϕ

= − iEdt. (416)

Po scałkowaniu równania (416) otrzymamy

lnϕ = − iEt+ lnϕ0 czyli ϕ = e−

iE t. (417)

Przyrównanie stałej całkowania do zera nie zmniejsza ogólności rozwiązania, ponieważ wogólnym rozwiązaniu Ψ = ψϕ, funkcja ψ zawiera również stałą całkowania, która po pomno-żeniu przez ϕ0 nadal dawałaby stałą.Równanie

∆ψ +2m2(E − U

)ψ = 0, (418)

jest równaniem amplitudy funkcji falowej Schrödingera lub równaniem Schrödingera dlastanu stacjonarnego. Równanie Schrödingera jest równaniem na wartości własne, spełniają-cym dla stanów stacjonarnych atomów pewne warunki brzegowe. Oznacza to, że opisywany



rozkład, a zatem i opisująca go funkcja falowa jest ograniczona w przestrzeni i dla punktówpołożonych w nieskończoności musi równać się zeru. We wszystkich tych przypadkach rów-nanie Schrödingera ma rozwiązanie dla określonych wartości własnych energii. Zagadnieniena wartości własne możemy zapisać przy pomocy operatora Hamiltona H w postaci

Hψ = Eψ, (419)

gdzie H = 22m∇

2 + U(x, y, z).Dla przypomnienia w mechanice klasycznej operator Hamiltona ma postać

Hdef= Ek + U = E. (420)

Rozpatrując ruch elektronu w atomie wodoru możemy skorzystać z równania amplitudySchrödingera (415). Pole kulombowskie jądra o ładunku Zema symetrię kulistą, więc energiapotencjalna elektronu w tym polu wyraża się wzorem

U(r) = − Ze2

4πε0r. (421)

Przekształcając laplasjan do współrzędnych sferycznych i rozwiązując zagadnienie na war-tości własne (419), możemy przedtawić funkcję falową ψ w postaci

ψ(r, ϑ, ϕ) = R(r)Θ(ϑ)Φ(ϕ). (422)

Funkcja R(r) opisuję zmianę funkcji falowej ψ elektronu wzdłuż promienia wodzącego r

Rysunek 74: Współrzędne sferyczne r, ϑ, ϕ elektronu e.

przy stałych kątach ϑ i ϕ, funkcja Θ(ϑ) określa zmianę funkcji ψ wzdłuż południka napowierzchni kuli, której środek pokrywa się z jądrem atomu, w zalezności od kąta zenitalnegoϑ przy stałych r i ϕ, a funkcja Φ(ϕ) informuje o zmianie funkcji ψ wzdłuż równoleżnika napowierzchni kuli przy zmienie kąta azymutalnego ϕ, gdy r i ϑ są stałe.



Funkcja falowa elektronu w atomie wodoru (422) jest zależna od trzech liczb kwantowych n,l, ml o postaci

ψnlml = RnlΘlmlΦml , (423)

gdzie

n - główna liczba kwantowa (n = 1, 2, 3, · · · ) kwantuje energię elektronu,

l - orbitalna liczba kwantowa (l = 0, 1, 2, · · · , n − 1) oznacza wartość bezwzględnąorbitalnego momentu pędu L tj. numer podpowłoki na której znajduje się elektron,

ml - magnetyczna liczba kwantowa (−l, · · · ,−1, 0, 1, · · · , l) opisuje rzut orbitalnegomomentu pędu na dowolną oś układy współrzędnych.

Do pełnego opisu funkcji falowej elektronu musimy podać informację o jego wewnętrznejwłasności, jaką jest spin. Zgodnie z mechaniką kwantową spin elektronu w atomie wodorumoże przyjmować dwie wartości, które są opisywane spinową liczbą kwantową

ms = 1/2 - tzw. spin “w górę”

ms = −1/2 - tzw. spin “w dół”.

W spektroskopii do oznaczenia stanu kwantowego pojedynczego elektronu określonegoliczbą kwantową l używa się następujących małych liter

l = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

s p d f g h j k l m n

Przed literą związaną z odpowiednią liczbą kwantową l pisze się wartość liczby kwantowejn. Dla przykładu, stan atomu wodoru zapisany jest w postaci

1s.

Zapis ten informuje nas, że mamy jeden elektron w stanie podstawowym atomu wodoru -nie wiemy jednak jaki jest spin elektronu.

Notację spektroskopową stosuje się również do atomów wieloelektronowych. Należy jed-nak pamiętać, że w atomach takich obowiązuje zasada Pauliego, którą można sformułowaćnastępująco: w określonym stanie stacjonarnym atomu może znajdować się tylko jeden elek-tron. Oznacza to tyle, że w atomie nie mogą istnieć dwa elektrony, które będą opisywanetakimi samymi liczbami kwantowymi n, l ,ml ,ms. Konfigurację stanu podstawowego atomuhelu He zapiszemy

1s2,



co oznacza, że na powłoce n = 1 znajdują się dwa elektrony, o orbitalnej i magnetycznejliczbie kwantowej równej 0. Wiemy także, że jeden elektron jest opisywany spinową liczbąkwantową +1/2, a drugi liczbą −1/2.

9.2 Zadania

KMA.1 Wyznacz funkcje falowe cząstki o masie m w nieskończonej studni potencjału oszerokości l.KMA.2 W skończonej studni potencjału o głębokości U0 = 450 eV i szerokości L = 100 pm

został uwięziony pojedynczy elektron w stanie podstawowym. Ile wynosi długość fali fotonuwystarczającego do uwolnienia tego elektronu w wyniku pojedyńczego aktu absorpcji?KMA.3 Jakie jest prawdopodobieństwo znalezienia elektronu w atomie wodoru pomiędzyjądrem a połową pierwszej orbity Bohra a0. Funkcja radialna dla stanu elektronu n = 1

wynosiR10 =

1√π

( 1ao

) 32 e−

rao ,

Część radialna funkcji falowej dla tego stanu wynosi

Θ00Φ0 = 1.

KMA4 Podać możliwe wartości ml i l dla głównej liczby kwanowej: a) n = 2, b) n = 4.KMA.5 Zapisz konfigurację spektroskopową dla atomu 8O, 11Na,18Ar.

9.3 Rozwiązania

KMA.1R Należy rozwiązać stacjonarne równanie Schrödingera (418) dla cząstki porusza-jącej się wzdłuż osi x w polu sił o energii potencjalnej U(x) spełniającej warunki

U(x) = 0, dla 0 < x < l,

U(x) =∞ dla x ¬ 0 lub x l,

co obrazuje rysunek (75).

Rysunek 75: Wykres energii potencjalnej U(x).



Z przebiegu funkcji energii potencjalnej wynika, że na cząstkę nie działa żadna siła, gdy znaj-duje się wewnątrz przedziału (0, l). Poza tym przedziałem na cząstkę działa nieskończeniewielka siła odpychająca. W takich warunkach pochodna dUdx =∞ w punktach x = 0 i x = l.Ponieważ cząstka nie może wydostać się z dołu potencjału, więc prawdopodobieństwo zna-lezienia cząstki poza przedziałem (0, l) jest równe zero. Tym samym, funkcja falowa ψ(x)

musi znikać na zewnątrz i na końcach przedziału (0, l). Z ciągłości funkcji falowej mamy

ψ(0) = ψ(l) = 0. (424)

Przyjmując w równaniu (418) U(x) = 0, otrzymamy

2

2m∂2ψ

∂x2= Eψ. (425)

Ogólne rozwiązanie równania (425) ma postać

ψ(x) = C1ei√2mEx + C2e

− i√2mEx, (426)

gdzie C1 i C2 są pewnymi stałymi. Uwzględniając warunki brzegowe (424) uzyskamy równa-nia

C1 + C2 = 0 (427)

C1ei√2mEl + C2e

− i√2mEl = 0. (428)

Rozwiązując powyższy układ równań otrzymamy wyrażenie

C1(ei√2mEl − e−

i√2mEl) = 0. (429)

Korzystając z relacji Euleraeiφ − e−iφ = 2i sinφ, (430)

możemy przedstawić równanie (430) w postaci

2iC1 sin

√2mEl

= 0. (431)

Stała C1 nie może być zerem, ponieważ wówczas stała C2 byłaby również zerem, co dajetrywialne rozwiązanie ψ(x) = 0. Jeśli zatem C1 6= 0 to wyrażenie

sin

√2mEl

= 0. (432)

Wówczas √2mEl

= nπ, (433)



gdzie n = 1, 2, 3, ... .Ze wzoru (433) otrzymujemy wyrażenie na energie cząstki

En =h2

8ml2n2. (434)

Dopuszczalne są zatem tylko pewne wybrane wartości energii, wynikające z nałożenia nafunkcję falową warunków brzegowych. Otrzymany wynik skwantowanej energii cząstki znaj-dującej się w dole potencjału różni się zasadniczo od wyniku fizyki klasycznej, według którejcząstka może posiadać dowolną energię.

Podstawiając do zależności (426) C2 = −C1 oraz oznaczając 2iC1 = B otrzymamyfunkcję falową postaci

ψ(x) = B sin

√2mE

x. (435)

Każdej wartości energii En odpowiada inna funkcja falowa ψn. Z wyrażenia (433) wiemy, że√

2mE

=nπ

l,

więc równanie (435) przybiera postać

ψn = Bn sinnπ

lx. (436)

Z warunku normalizacji funkcji falowej (287) ψ uzyskamy∫ l

0ψψ∗dx = B2n

∫ l

0sin2

nπ

lxdx = B2n

l

2= 1 (437)

skąd z kolei wyznaczymy współczynnik Bn, o wartości

Bn =

√2l. (438)

Funkcja falowa dla dowolnego stanu cząstki ma więc postać

ψn(x) =

√2l

sinnπ

lx. (439)

KMA.2

λ = 2, 92 nm.

KMA.3

P (0 ¬ r ¬ a02

) = 0, 08



KMA.4a Dla głównej liczby kwantowej n = 2 mamy

l = 0 i ml = 0

l = 1 i ml = −1, ml = 0, ml = 1

KMA.5a Spektroskopowy zapis konfiguracji elektronowej w stanie podstawowym atomutlenu 8O ma postać

1s22s22p4.



A Podział wielkości fizycznych.

A.1 Informacje wstępne.

Wielkości w fizyce dzielimy ze względu na ilość parametrów potrzebnych do ich pełnegoopisu. Wyróżniamy przy tym trzy grupy: skalary, wektory oraz tensory. Wielkościami ska-larnymi nazywamy takie, do opisu których niezbęda jest jedynie ich wartość. Do tej grupyzaliczamy między innymi masę, czas, długość, objętość i temperaturę. Dla pełnego scharak-teryzowania wielkości wektorowych niezbędne jest podanie czterech parametrów: wartości(długości wektora), kierunku (linii, na której leży wektor), zwrotu oraz punktu przyłożenia.Do tej grupy należą np. siła, prędkość, przemieszczenie czy natężenie pola elektrycznego. Zna-czenie każdego z tych parametrów zostanie wyjaśnione na przykładzie wektora siły. Wartośćprzyłożonej do pewnego ciała siły (długość wektora siły) decyduje o wartości przyspieszeniaz jakim ono się porusza, natomiast zmiana kierunku tego wektora będzie powodowała zmianękierunku ruchu ciała. Zwrot wektora siły określa, w którą stronę wzdłuż kierunku ruchu po-rusza się ciało. Bardzo istotny jest także punkt przyłożenia siły. Przykładowo, takie same codo wartości, kierunku i zwrotu siły ~F1 i ~F2 ( ~F1 = ~F2) przyłożone w dwóch różnych punktachciała (Rys.76) będą powodowały zupełnie inny rodzaj ruchu. Siła ~F1 przyłożona w środkuciężkości ciała spowoduje ruch postępowy w kierunku siły, natomiast siła ~F2, przyłożona wpunkcie A, spowoduje obrót tego ciała.

Rysunek 76: Znaczenie punktu przyłożenia wektora.

Tensorowe wielkości fizyczne to takie, których wartość zależy od kierunku bądź poło-żenia w przestrzeni. Przykładem wielkości tensorowej jest współczynnik załamania światław ośrodkach anizotropowych, którego wartość uzależniona jest od kierunku propagacji falielektromagnetycznej.



B Rachunek wektorowy.

B.1 Dodawanie wielkości wektorowych.

Dodawanie wektorów różni się od dodawania wielkości skalarnych. Dodając lub odejmu-jąc wektory(odejmnowanie wektora jest dodawaniem wektora o tej samej wartości i kierunku,ale o przeciwnym zwrocie: ~a − ~b = ~a + (−~b), a zatem szukając wektora wypadkowego ko-rzystamy z zasady równoległoboku zilustrowanej na rysunku (77). Bardzo często wektora

Rysunek 77: Dodawanie i odejmowanie dwóch wektorów.

wypadkowego poszukujemy rozkładając dodawane wektory na składowe. Na płaszczyźniebędą to np. składowe poziome ~ax i ~bx oraz pionowe ~ay i ~by). Sumy składowych poziomychi pionowych dodawanych wektorów dają odpowiednio składową poziomą i pionową wektorawypadkowego (rys.78). Jeżeli znamy współrzędne wektorów ~a i ~b w układzie kartezjańskim

Rysunek 78: Dodawanie wektorów poprzez dodawanie ich składowych.

xyz~a = [ax; ay; az] ,~b = [bx; by; bz] (440)

to suma (różnica) tych wektorów może być obliczona jako suma (różnica) odpowiednichwspółrzędnych

~a±~b = [ax ± bx; ay ± by; az ± bz] . (441)

Wektory możemy także zapisywać używając notacji wersorowej. Wersor jest wektorem ojednostkowej długości, wskazującym żądany kierunek w przestrzeni. Wprowadźmy zatem



wersory i, j oraz k, które pokazują odpowiednio dodatni kierunek osi OX, OY i OZ (patrzrys.79). Dowolny wektor ~a = [ax; ay; az] możemy teraz zapisać za pomocą wersorów w nastę-

Rysunek 79: Wersory osi OX, OY i OZ.

pujący sposób~a = axi+ ay j + azk. (442)

Oznacza to, że suma/różnica dowolnych dwóch wektorów będzie wynosiła

~a±~b = (ax ± bx)i+ (ay ± by)j + (az ± bz)k. (443)

Znając współrzędne wektora ~a możemy obliczyć jego długość

a =√a2x + a2y + a2z. (444)

B.2 Mnożenie wielkości wektorowych.

Rozpatrzmy na wstępie operacją mnożenia wektora ~a przez dowolną liczbę c. Otrzymamyw jej wyniku wektor c · ~a o tym samym kierunku co wektor ~a, lecz zwrocie zależnym odwartości c. Gdy c > 0 zwrot otrzymanego wektora jest zgodny z ~a, natomiast gdy c <

0- zwroty obu wektorów są przeciwne. Długość (moduł) wektora wynikowego jest |c| razywiększa niż długość wektora ~a. Wektor c · ~a możemy zapisać w następujących postaciach

c · ~a = [cax; cay; caz] lub (445)

c · ~a = caxi+ cay j + cazk (446)

W wyniku mnożenia skalarnego wektorów ~a i ~b otrzymujemy wielkość skalarną (liczbową)określoną wyrażeniem

~a ·~b = a · b · cos^(~a;~b) = a · b · cosα, (447)

w którym a jest długością wektora ~a, b długością wektora ~b, natomiast ^(~a;~b) jest kątempomiędzy wektorem ~a i ~b. Jeżeli kąt ten oznaczymy przez α, to kąt pomiędzy wektorem ~b i~a będzie wynosił −α (Rys.80). Stąd iloczyn skalarny wektora ~b i wektora ~a wynosi

~b · ~a = b · a · cos^(~b;~a) = b · a · cos(−α) = a · b · cosα = ~a ·~b. (448)



Powyższe równanie wskazuje, że iloczyn skalarny jest iloczynem przemiennym (tzn,że ~a ·~b = ~b · ~a), co wynika z parzystości funkcji cosx.Iloczyn skalarny można także zapisać znając współrzędne mnożonych wektorów, bez znajo-mości kąta między tymi wektorami

~a ·~b = ax · bx + ay · by + az · bz. (449)

Jedną z wielkości fizycznych definiowanych za pomocą iloczynu skalarnego jest praca W

Rysunek 80: Kąt pomiędzy dwoma wektorami.

wykonana przez siłę ~F przy przesunięciu ciała o wektor ~s

W = ~F · ~s. (450)

Jeżeli dowolne wektory ~a i ~b pomnożymy przez siebie wektorowo (~a×~b), to otrzy-mamy wielkość wektorową równą co do wartości polu powierzchni równoległoboku rozpiętegona tych wektorach (Rys.81)

|~a×~b| = a · b · sin^(~a;~b) = a · b · sinα. (451)

Wektor ~a×~b leży na płaszczyźnie prostopadłej do płaszczyzny, na której leżą wektory ~a i ~b.

Rysunek 81: Graficzne przedstawienie iloczynu wektorowego.

Ponieważ funkcja sinx jest funkcją nieparzystą, iloczyn wektorowy nie jest przemienny.Oznacza to, że zmiana kolejności mnożonych wektorów skutkuje zmianą zwrotu wektorawynikowego

|~b× ~a| = b · a · sin^(~b;~a) = a · b · sin−α = −a · b · sinα = −|~a×~b|, (452)

Zwrot wektora ~a×~b znajdujemy stosując regułę prawej dłoni (śruby prawoskrętnej): „nakła-damy” wektor ~a na ~b (zaginając 4 palce prawej dłoni); wyciągnięty kciuk wskaże kierunek i



zwrot wektora wynikowego (sprawdzamy czy przy danym kierunku obrotu śruba wkręca sięczy odkręca). Np. jeżeli wektory ~a i ~b leżą na płaszczyźnie XY (rys.80), to iloczyn ~a×~b makierunek osi OZ, ale zwrot przeciwny do niej, natomiast iloczyn ~b×~a ma kieunek i zwrot osiOZ.Podobnie jak w przypadku iloczynu skalarnego, iloczyn wektorowy możemy znaleźć na pod-stawie współrzędnych wektorów ~a i ~b, jako wyznacznik następującej macierzy

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k

ax ay az

bx by bz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣zatem

~a×~b = (aybz − azby )i+ (azbx − axbz)j + (axby − aybx)k. (453)

Przykładem wielkości fizycznej będącej wynikiem iloczynu wektorowego dwóch wektorówjest moment siły

~M = ~r × ~F , (454)

gdzie: ~M – moment siły, ~r – promień wodzący przyłożonej do ciała siły, ~F – przyłożonasiła. Jak już wspomniano, iloczyn wektorowy jest nieprzemienny, zatem nie wolno zmienićkolejności mnożenia wektorów ~r i ~F .

Iloczyn diadyczny dwóch wektorów (którego omawiać nie będziemy) daje wielkośćtensorową.

B.3 Gradient, dywergencja i rotacja.

Wprowadźmy następujący operator

∇ = i∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z(455)

Operator ten nosi nazwę nabla i nabiera znaczenia dopiero gdy działa na jakąś funkcję(skalarną lub wektorową). Działając operatorem ∇ na funkcję skalarną trzech zmiennychf(x,y,z) otrzymamy

∇f = (i∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z)f = i

∂f

∂x+ j

∂f

∂y+ k

∂f

∂z(456)

Wyrażenie∇f nazywamy gradientem funkcji skalarnej f (gradf). Z powyższego równaniawynika, że gradient funkcji skalarnej jest wielkością wektorową. Kierunek i zwrot otrzyma-nego wektora wskazuje kierunek (linię) największego wzrostu wartości funkcji f, natomiast



długość tego wektora określa szybkość zmian wartości funkcji wzdłuż tego kierunku.Zapiszmy teraz dowolną funkcję wektorową ~g:

~g = gxi+ gy j + gzk (457)

Jeżeli operator ∇ działa na funkcję wektorową ~g, to w zależności od sposobu działania mo-żemy otrzymać dywergencję lub rotację funkcji wektorowej ~g (div~g i rot~g). Dywergencjawektora „przypomina” mnożenie skalarne operatora ∇ i funkcji wektorowej ~g

∇ · ~g = (i∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z) · (gxi+ gy j + gzk) =

∂gx∂x

+∂gy∂y

+∂gz∂z

(458)

Dywergencja pola wektorowego (funkcji wektorowej) ~g jest wielkością skalarną, która określazmianę („rozbieżność”) pola wektorowego w otoczeniu danego punktu. Niesie także informacjezwiązane ze źródłami i ujściami pola. Jeśli dywergencja pola wektorowego wynosi zero, toznaczy, że jest ono bezźródłowe.Rotacją funkcji wektorowej ~g nazywamy wektor otrzymany w wyniku następującej operacji

∇× ~g =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣i j k∂∂x

∂∂y

∂∂z

gx gy gz

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (∂gz∂y− ∂gy

∂z)i+ (

∂gx∂z− ∂gz∂x

)j + (∂gy∂x− ∂gx

∂y)k (459)

Z powyższego równania wynika, że rotację pola wektorowego ~g otrzymuje się w podobnysposób jak iloczyn wektorowy dwóch wektorów. Rotacja pola wektorowego jest miarą jegowirowości. Jeśli rotacja pola wektorowego jest równa zeru, to jest ono bezwirowe.

B.4 Operator Laplace’a

Gradient funckji skalarnej f jest wektorem, możemy zatem obliczyć jego dywergencję

∇ · (∇f) = (i∂

∂x+ j

∂

∂y+ k

∂

∂z) ·(i∂f

∂x+ j

∂f

∂y+ k

∂f

∂z

)= (460)

=∂2f

∂x2+∂2f

∂y2+∂2f

∂z2=(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)f.

Operator

∆ =∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2(461)

nazywamy operatorem Laplace’a i oznaczamy symbolem ∆ lub ∇2. Z powyższych równańwynika, że dywergencja gradientu funkcji skalarnej f (∆f) jest wielkością skalarną i nosinazwę laplasjanu funkcji f . Wielkość ta jest niezwykle istotna i pojawia się w wielu rów-naniach fizycznych związanych z elektrodynamiką, mechaniką kwantową czy zagadnieniemprzepływu ciepła.



C Równania Maxwella w próżni

C.1 Postać różniczkowa

Prawo Gaussa dla elektryczności

∇ · ~E =1ε0ρ

Prawo indukcji Faraday’a

∇× ~E = −∂~B

∂t

Prawo Gaussa dla magnetyzmu

∇ · ~B = 0

Prawo Ampere’a

∇× ~B = µ0~j + µ0ε0∂ ~E

∂t

C.2 Postać całkowa

Prawo Gaussa dla elektryczności ∮S

~E · d~S =∫VρdV

Prawo indukcji Faraday’a ∮Γ

~E · d~l = −dφBdt

Prawo Gaussa dla magnetyzmu ∮S

~B · d~S = 0

Prawo Ampere’a ∮S

~B · d~l = µI + µεdφEdt

C.3 Twierdzenia całkowe

Twierdzenie dla gardientów ∫ b

a(∇f)d~l = f(b)− f(a)

Twierdzenie Gaussa (tw. dla dywergencji)∫(∇ · ~A)dV =

∮~A · d~S

Twierdzenie Stokesa (tw. dla rotacji)∮(∇× ~A)d~S =

∮~Ad~l



C.4 Równanie falowe

W próżni, gdzie zakłada się brak ładunków elektrycznych oraz prądów, otrzymujemy układsprzężonych równań Maxwell’a

∇ ~E = 0,

∇ ~B = 0,

∇× ~E = −∂~B

∂t,

∇× ~B = µ0ε0∂ ~E

∂t,

które można rozwiązać działając rotacją na prawo indukcji Faraday’a oraz Ampere’a

∇× (∇× ~E) = ∇× (−∂~B

∂t),

∇× (∇× ~B) = ∇× (µ0ε0∂ ~E

∂t). (462)

Podwójny iloczyn wektorowy daje się zapisać za pomoca kombinacji działań iloczynów ska-larnych postaci

~a× (~b× ~c) = ~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b),

poprzez co równania 462 można zapisać następująco

∇(∇ · ~E)−4E = ∇× (−∂~B

∂t),

∇(∇ · ~B)−4B = ∇× (µ0ε0∂ ~E

∂t). (463)

Zgodnie z założeniami początkowymi dywergencja pola elektrycznego i magnetycznego wpróżni wynosi zero co w powyższym równaniu prowadzi do postaci

−4E = ∇× (−∂~B

∂t) (464)

−4B = ∇× (µ0ε0∂ ~E

∂t). (465)

Ponadto operacja iloczynu wektorowego jest przemienna z mnożeniem przez wartość, poprzezco prawe części równań 464,465 można rozpisać w następujący sposób

∇× (−∂~B

∂t) = − ∂

∂t∇× ( ~B) = −µ0ε0

∂2 ~E

∂t2

∇× (−∂~E

∂t) = − ∂

∂t∇× ( ~E) = −µ0ε0

∂2 ~B

∂t2



Prowadzi to do równania falowego w funkcji pola elektrycznego lub magnetycznego

∂2 ~E

∂t2− c24E = 0

∂2 ~B

∂t2− c24B = 0

gdzie prędkość światła c można wyznaczyć jako√

1µ0ε0

. Porównując stosunek siły Lorentza

do siły CoulombaFLFC

=qvB

qE=v

c,

widać, że w przypadku małych prędkości oddziaływania elektryczne są dużo większe ododdziaływań magnetycznych więc rozpatruje się zazwyczaj wyłącznie wektor natężenia polaelektrycznego w równaniu falowym, którego rozwiązaniem jest fala płaska postaci

~E = ~E0e±i(ωt−~k~r+ϕ0).



Literatura

[1] David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker; Podstawy fizyki, cz. III

[2] Marta Skorko; Fizyka

[3] David J. Griffiths; Podstawy elektrodynamiki

[4] David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker; Podstawy fizyki, cz. V

[5] Jerzy Massalski; Fizyka dla inżynierów, cz.II

[6] V. Acosta, C.L. Cowan, B.J. Graham; Podstawy fizyki wspĂłĹczesnej

[7] E.H. Wichmann Fizyka kwantowa

[8] A. Januszajtis Fizyka dla politechnik, tom 1

[9] Jędrzej Jędrzejwski, Witold Kruczek, Adam Kujawski; Zbiór zadań dla kandydatów nawyższe uczelnie


repetytoriumzfizyki · 2014. 5. 7. · e.5rznajdź natężenie pola elektrostatycznego wytworzonego...

Documents