UNIVERZA V LJUBLJANIFAKULTETA ZA ELEKTROTEHNIKO

VAJE IZ FIZIKE 2

ALEŠ IGLIČVERONIKA KRALJ-IGLIČ

TOMAŽ GYERGYEKMIHA FOŠNARIČ

LJUBLJANA, 2011

_____________________________________________________CIP - Kataložni zapis o publikacijiNarodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana

53(075.8)(076.1)

VAJE iz fizike 2 / Aleš Iglič ... [et al.] ; [izdajatelj] Fakulteta za elektrotehniko. - 3. popravljena in dopolnjena izd. - Ljubljana : Založba FE in FRI, 2011

ISBN 978-961-243-177-8 (Fakulteta za elektrotehniko)

1. Iglič, Aleš, 1960-

255702272_____________________________________________________

Copyright © 2011 Založba FE in FRI. All rights reserved. Razmnoževanje (tudi fotokopiranje) dela v celoti ali po delih brez predhodnega dovoljenja Založbe FE in FRI prepovedano.

Recenzent: prof. Bruno CviklZaložnik: Založba FE in FRI, LjubljanaIzdajatelj: Fakuleta za elektrotehniko, LjubljanaUrednik: mag. Peter Šega

Natisnil: Kopija MAVRIČ, LjubljanaNaklada: 250 izvodov3. popravljena in dopolnjena izdaja

Kazalo

Predgovor 2

1 Elektrika in magnetizem 4

1.1 Elektricno polje . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2 Elektricni tok . . . . . . . . . . . . . . . 251.3 Magnetno polje . . . . . . . . . . . . . . 53

1.4 Elektromagnetno valovanje . . . . . . . . 73

2 Sevanje, fotometrija 74

3 Geometrijska optika 84

4 Valovna optika 98

5 Posebna teorija relativnosti 108

6 Kvantna mehanika 124

7 Zgradba atoma 131

8 Atomsko jedro 134

Literatura 139

Fizikalne konstante 141

1

Predgovor

Pricujoca tretja, dopolnjena in popravljena izdaja Vaj iz FizikeII v vecini vsebujejo naloge iz pisnih testov iz predmeta Fizika IIna Fakulteti za elektrotehniko, nekaj pa je tudi nalog s pisnih te-stov iz Fizike na Fakulteti za racunalnistvo in informatiko. Zbirkopriporocamo studentom vseh fakultet, katerih program vkljucujeosnove klasicne in moderne fizike.

Nekatere naloge imajo na koncu v oklepajih podane rezultate,posamezne naloge pa so resene v celoti. Precej nalog je prirejenihali povzetih iz literature, ki je podana na koncu publikacije.

V publikaciji je morda vecje stevilo nalog iz moderne fizikekot je to obicaj v podobnih ucbenikih za studente prvih letnikov.Glavni razlog, ki nas je napeljal k tej odlocitvi, je veliko stevilo zeobstojecih ucbenikov, ki vsebujejo predvsem fizikalne probleme izklasicne fizike, poznavanje moderne fizike pa je pri vecini studentovpomanjkljivo, ceprav je pogosto nepogresljivo pri kasnejsem stro-kovnem in raziskovalnem delu.

Pri sestavljanju tretje izdaje smo nekaterim nalogam dodaliresitve, pri nekaterih nalogah pa opisali ali vsaj nakazali postopekresevanja. Nekaj nalog je novih. Kljub mnogim napakam, ki smojih odpravili glede na prejsnje izdaje, je v tekstu gotovo se kar ne-kaj tako tiskovnih in oblikovnih, kot tudi vsebinskih napak. Zato sepriporocamo bralcem, predvsem studentom, da nam jih sporocijo.

Pri sestavi nalog so sodelovali prof. dr. Dusan Brajnik, prof.dr. Ales Stanovnik, prof. dr. Radko Osredkar, asist. mag. DarkoKorbar, za kar se jim iskreno zahvaljujemo. Zahvaljujemo se recen-zentoma prof. dr. Brunu Cviklu in doc. dr. Francetu Sevsku zakoristne pripombe in nasvete, studentoma Maji Ocepek ter MiranuMezi za pomoc pri urejanju teksta in odpravi napak ter g. LiljaniPer za slike. Posebna zahvala gre Alesu Razingerju prof. fiz., ki jev celoti uredil besedilo in digitaliziral slike za prvo izdajo. Zahva-ljujemo se tudi vsem studentom, ki so z nami sodelovali pri vajahin s tem pripomogli k oblikovanju publikacije.

Citati literature so v tekstu navedeni v oglatih oklepajih, vre-dnosti fizikalnih konstant s katerimi racunamo pa so podane v po-glavju ”Fizikalne konstante”.

2

Nasveti za studente: Za dobro razumevanje in znanje fizike jenujno potrebno, da resimo cim vec nalog. Tako si pridobimo vajo inizkusnje. Brez tega nikakor ne gre. V zacetku je morda koristno, dasi pri resevanju naloge pomagamo s podobnimi ze resenimi problemiin ucbeniki. Vsekakor pa nalogo najprej poskusamo resiti sami insi sele nato, ce je to potrebno, pomagamo z resitvami. Kdor samoopazuje, kako naloge resujejo drugi, kmalu ugotovi, da sam ne znaresiti niti preprostih problemov, ceprav ima morda obcutek, da vserazume. Ponavadi ni dovolj, da resimo samo eno nalogo dolocenegatipa, ampak moramo resiti vsaj nekaj podobnih nalog. Vcasih sezgodi, da naloge kljub naporom ne znamo resiti. Takrat poiscemopomoc kolegov ali uciteljev.

Avtorji.

3

1 Elektrika in magnetizem

1.1 Elektricno polje

1. Trije tockasti naboji mirujejo v ravnini, kot kaze slika 1. Na-boji po vrsti merijo: e1 = 2 × 10−8As, e2 = −2 × 10−8As ine3 = 3× 10−8As. Koliksna sila deluje na naboj e2?

Slika 1:

2. Koliksna je elektricna napetost med srediscem kvadratnegaokvirja in tocko, ki je 1 m (a) nad srediscem? V ogliscihokvirja so tockasti naboji q1 = 10−8 As, q2 = −2 × 10−8 As,q3 = 3 × 10−8 As in q4 = 2 × 10−8 As? Stranica okvirja jedolga a =1 m (Slika 2).

q1

q4

p

P

C

a

a a23

2a

q2

q3

Slika 2:

4

Resitev:

ϕc =1

4πǫ0· q1 + q2 + q3 + q4

a/√2

= 500V

ϕp =1

4πǫ0· q1 + q2 + q3 + q4

√

3/2 a= 289V

∆ϕ = ϕc − ϕp ≈ 211V .

3. V vsakem ogliscu enakostranicnega trikotnika, s stranico 3 nmse nahaja naboj, ki je enak 10 osnovnim nabojem. S koliksnosilo delujeta na enega izmed teh nabojev ostala dva naboja?(4.4× 10−9N)

4. Koliksen je elektricni potencial v srediscu kvadratnega okvirja,ki ima v ogliscih tockaste naboje 10−8 As, −2 × 10−8 As,3× 10−8 As in 4× 10−8 As? Stranica okvirja ima 1m.

5. Stirje tockasti naboji: q1 = +2×10−9 As, q2 = −10−9 As, q3 =−3 × 10−9 As in q4 = +10−9 As mirujejo na skupni premiciv enakomernih razmikih 10 cm, kot kaze slika 3. Koliksna jejakost elektricnega polja v tocki T , ki je 8 cm oddaljena odnaboja q4 in lezi na isti premici, kot naboji? Ali kaze vektorelektricnega polja proti naboju q4, ali proc od njega? Narisiteskico!

Slika 3:

6. V ogliscih pravokotnika s stranicama a = 20 cm in b = 10 cmmirujejo trije tockasti naboji, e1 = +10−9 As, e2 = +2×10−9

As in e3 = −10−9 As (slika 4). Koliksno je elektricno polje~E v cetrtem ogliscu pravokotnika? Koliksen kot ϕ oklepaelektricno polje z zveznico med pozitivnima nabojema e1 ine2?

5

a

b

3r

2r

4r

e1

e3

e2

y

x(0,0)

Slika 4:

Resitev:

Elektricno polje ~E v dani tocki je vsota prispevkov treh toc-kastih nabojev. Velja torej:

~E = ~E1 + ~E2 + ~E3 =

=e1(~r4 − ~r1)

4πε0|~r4 − ~r1|3+

e2(~r4 − ~r2)

4πε0|~r4 − ~r2|3+

e1(~r4 − ~r3)

4πε0|~r4 − ~r3|3.

Pri tem so ~r1, ~r2, ~r3 in ~r4 krajevni vektorji nabojev e1, e2,e3 in tocke T4 v cetrtem ogliscu pravokotnika. V kartezicnemkoordinatnem sistemu z izhodiscem v naboju e1 (slika 4) sokomponente teh vektorjev naslednje:

~r1 = (0, 0) , ~r2 = (a, 0) , ~r3 = (0, b) , ~r4 = (a, b) .

Elektricno polje je potem:

~E = (Ex, Ey) =1

4πε0

(

e1(a, b)

(a2 + b2)3/2+

e2(0, b)

b3+

e3(a, 0)

a3

)

.

Komponenti elektricnega polja sta potem:

Ex =1

4πε0

(

e1a

(a2 + b2)3/2+

e3a2

)

,

Ey =1

4πε0

(

e1b

(a2 + b2)3/2+

e2b2

)

.

6

Velikost elektricnega polja je

E =√

E2x + E2

y =

=1

4πε0

√

e21(a2 + b2)2

+2e1

(a2 + b2)3/2

(e3a

+e2b

)

+e23a4

+e22b4

.

Elektricno polje ~E oklepa s koordinatno osjo x kot ϕ, ki jedolocen z enacbo (slika 4)

tgϕ =Ey

Ex

=a2(

e1b3 + e2(a

2 + b2)3/2)

b2 (e1a3 + e3(a2 + b2)3/2),

kar da resitev ϕ = −88.1o + kπ. Ker je med elektricnimpoljem ~E in osjo x topi kot, je k = 1 in ϕ = 91.9o.

7. S koliksno elektrostatsko silo (F ) privlaci proton 0.053 nm(r1) oddaljeni elektron? Koliko dela (A) je potrebno, da od-daljimo ta elektron na razdaljo r2 = 0.213 nm od protona?

Resitev:

F = e0E = − e204πǫ0r21

= −8.2× 10−8 N ,

kjer je e0 osnovni naboj in E jakost elektricnega polja.

A =

∫ r2

r1

(−F )dr =

∫ r2

r1

e204πǫ0r2

dr =e20

4πǫ0(1

r1− 1

r2) =

= 3.3× 10−18 J .

8. Elektricni dipol je sestavljen iz dveh nasprotno enakih toc-kastih nabojev e = ±10−8 As v razmiku a = 1 mm. Koliksnaje jakost elektricnega polja E v tocki T , ki je oddaljena r = 10cm od sredisca dipola, zveznica med to tocko in srediscem di-pola pa oklepa s premico, na kateri lezita naboja kot ϑ = 25o

(glejte sliko 5)?

7

z

x

r1

r2

(0,0,0)

+e

-e

Tr

Slika 5:

Resitev:

Koordinatni sistem postavimo tako, kot kaze slika 5. Srediscedipola je v izhodiscu koordinatnega sistema, naboja lezita naosi z, tocka T pa v ravnini xz. Pozitivni naboj dipola je zgo-raj, oznacimo ga z indeksom 1. Do pozitivnega naboja torejkaze vektor

~r1 = (0, 0,a

2).

Negativni naboj je spodaj, oznacimo ga z indeksom 2, njegovolego doloca vektor

~r2 = (0, 0− a

2) .

Lego tocke T doloca vektor ~r (slika 5):

~r = (x, 0, z) = r(sinϑ, 0, cosϑ) .

Elektricno polje ~E v tocki T je vsota prispevkov ~E1 in ~E2, kiizvirata iz pozitivnega in negativnega naboja:

~E = ~E1 + ~E2 =e1

4πε0

~r − ~r1|~r − ~r1|3

+e2

4πε0

~r − ~r2|~r − ~r2|3

=

=e

4πε0

(

~r − ~r1|~r − ~r1|3

− ~r − ~r2|~r − ~r2|3

)

. (1)

8

Upostevali smo, da sta naboja nasprotno enaka (e ≡ e1 =|e2|). Sedaj pa moramo privzeti nekatere priblizke, sicer bonadaljni racun prevec zapleten. Pri priblizkih upostevamodejstvo, da je a << r. Najprej izracunajmo |~r − ~r1|3:

|~r − ~r1|3 = |r(sinϑ, 0, cosϑ)− (0, 0,a

2)|3 =

=(

(r sin ϑ)2 + (r cosϑ− a

2)2)3/2

= r3(

1− a cosϑ

r+

a2

4r2

)3/2

.

Ker je a << r, bomo zanemarili vse clene v katerih a/r na-stopa v visji potenci, kot 1. Zanemarjamo torej vse clene tipa(a/r)2, (a/r)3,. . . Torej je priblizno:

|~r − ~r1|3 ≈ r3(

1− a cosϑ

r

)3/2

.

Sedaj pa naredimo se en priblizek; izraz (1− a cosϑ/r)3/2 raz-vijemo v potencno vrsto in obdrzimo samo prva dva clenavrste. To smemo storiti, ker je razmerje a/r majhno:

(

1− a cosϑ

r

)3/2

≈(

1− 3 a cosϑ

2 r

)

.

Ker studenti na zacetku prvega letnika se ne poznajo pojmarazvoja funkcije v potencno vrsto, povejmo samo, da smouporabili formulo, ki jo najdemo v vsakem boljsem matema-ticnem prirocniku:

(1±x)3/2 = 1± 3

2x+

3 · 12 · 4x

2∓ 3 · 1 · 12 · 4 · 6x

3+3 · 1 · 1 · 32 · 4 · 6 · 8x

4∓ . . . .

Formula velja za |x| ≤ 1, ce pa je x dovolj majhen, pa stadovolj ze prva dva clena. Torej priblizno velja:

|~r − ~r1|3 ≈ r3(

1− 3 a cosϑ

2 r

)

.

Na podoben nacin izracunamo tudi

|~r − ~r2|3 ≈ r3(

1 +3 a cosϑ

2 r

)

.

9

Elektricno polje (enacba (1)) je potem:

~E =e

4πε0r3

(

~r − ~r11− 3 a cosϑ/2 r

− ~r − ~r21 + 3 a cosϑ/2 r

)

. (2)

Ce ulomka v oklepaju v enacbi (2) razsirimo na skupni imeno-valec, dobimo:

~r − ~r11− 3 a cosϑ/2 r

− ~r − ~r21 + 3 a cosϑ/2 r

=

=(~r − ~r1) (1 + 3 a cosϑ/2 r)− (~r − ~r2) (1− 3 a cosϑ/2 r)

(1− 3 a cosϑ/2 r) (1 + 3 a cosϑ/2 r).

(3)

V skladu z dogovorom, da zanemarjamo vse clene, kjer raz-merje a/r nastopa v visji potenci od 1, ugotovimo, da je ime-novalec desne strani enacbe (3) priblizno enak 1. Stevec paje:

3 a cosϑ~r

r+ ~r2 − ~r1 −

3 a cosϑ

2 r(~r1 + ~r2) .

Zadnji clen v zgornjem izrazu je enak nic, ker je ~r1 + ~r2 = 0.Enacba (2) s temi ugotovitvami preide v:

~E =e

4πε0r3

(

3 a cosϑ~r

r+ ~r2 − ~r1

)

. (4)

Ce se spomnimo se definicije elektricnega dipolnega momentape = ea, zapisemo jakost elektricnega polja (4) po kompo-nentah takole:

Ex =3pe sinϑ cos ϑ

4πε0r3,

Ey = 0 ,

Ez =pe(3 cos

2 ϑ− 1)

4πε0r3.

Sedaj pa izracunajmo jakost elektricnega polja se tako, danajprej poiscemo potencial U , ki ga v tocki T ustvarjata obanaboja, nato pa izracunamo elektricno polje kot negativni

10

gradient potenciala. Potencial je vsota prispevkov obeh na-bojev:

U = U1 + U2 =e1

4πε0|~r − ~r1|+

e24πε0|~r − ~r2|

=

=e

4πε0

(

1

|~r − ~r1|− 1

|~r − ~r2|

)

=e (|~r − ~r2| − |~r − ~r1|)4πε0|~r − ~r1||~r − ~r2|

. (5)

Za nadaljevanje racuna se moramo zopet zateci k priblizkom,pri katerih upostevamo, da je a << r. Podobno, kot smo prejizracunali absolutno vrednost |~r−~r1|3, tudi sedaj izracunamo:

|~r − ~r1| = |r(sinϑ, 0, cosϑ)− (0, 0,a

2)| =

=(

(r sinϑ)2 + (r cosϑ− a

2)2)1/2

= r

(

1− a cosϑ

r+

a2

4r2

)1/2

.

Ker je a << r, z enakimi argumenti kot prej zanemarimozadnji clen zgornjega oklepaja, kjer razmerje a/r nastopa vkvadratni potenci. Torej priblizno velja:

|~r − ~r1| ≈ r

(

1− a cosϑ

r

)1/2

.

Ko ta izraz razvijemo v Taylorjevo vrsto do drugega clena,dobimo:

|~r − ~r1| ≈ r

(

1− a cosϑ

2 r

)

.

Na podoben nacin izracunamo tudi

|~r − ~r2| ≈ r

(

1 +a cosϑ

2 r

)

.

Ko to dvoje vstavimo v (5), dobimo, da je potencial pribliznoenak:

U =pe cosϑ

4πε0r2=

pez

4πε0(x2 + z2)3/2.

Zaradi zanemaritve clenov, v katerih razmerje a/r nastopa vkvadratni potenci, je namrec imenovalec v (5) enak 1.

11

Koordinatni sistem je narisan na sliki 5. Komponente jakostielektricnega polja so potem

Ex = −∂U

∂x=

3pexz

4πε0(x2 + z2)5/2=

3pe sin ϑ cosϑ

4πε0r3,

Ey = −∂U

∂y= 0 ,

Ez = −∂U

∂z=

pe4πε0

(

3z2

(x2 + z2)5/2− 1

(x2 + z2)3/2

)

=

=pe(3 cos

2 ϑ− 1)

4πε0r3.

9. Polkroglasta lupina polmera R = 2 cm je enakomerno naele-ktrena z nabojem e = 10−9 As. V sredisce odprtega prerezalupine postavimo proton (slika 6). Koliksna je hitrost protonana veliki oddaljenosti od lupine?

Slika 6:

Resitev:

Naboj polkrogle v mislih razdelimo na infinitezimalno majhnetockaste naboje z nabojem de, ki prispevajo k elektricnemupotencialu v tocki T vrednost:

dϕT =de

4πǫ0R. (6)

12

Prispevek vseh tockastih nabojev nam da iskano vrednost po-tenciala v tocki T :

ϕT =

∫

dϕT =

∫

de

4πǫ0R=

e

4πǫ0R. (7)

Zapisemo zakon o ohranitvi energije:

e0ϕT =mpv

2∞

2, (8)

kjer smo upostevali, da je elektricni potencial polkrogle naveliki oddaljenosti od polkrogle enak nic. Iz enacbe (8) sledi:

v∞ =

√

2e0ϕT

mp=

√

2e0e

mp · 4πǫ0R= 0.293× 106

m

s.

10. Dve majhni enaki kroglici z masama m = 7 g sta obesenina dve enaki zelo lahki vrvici z dolzino l = 20 cm, ki imataskupno pritrdisce na stropu (slika 7). Kroglici sta naelektreniz enakima nabojema e = 3·10−7 As. Koliksen kot ϕ oklepatavrvici v ravnovesju in koliksna sila Fv napenja vsako od vrvic?

Resitev:

Ko kroglici mirujeta je vsota sil na vsako od posameznih krog-lic enaka 0. Na vsako od obeh kroglic delujejo naslednje sile:sila teze ~Fg, elektrostaticna sila ~Fe in sila vrvice ~Fv (glejtesliko 7). Velja torej

~Fg + ~Fe + ~Fv = 0 .

Koordinatni sistem postavimo tako, kot kaze slika 7. Kompo-nenta x zgornje enacbe je potem

−Fv sinϕ

2+ Fe = 0 .

Komponenta y pa je

Fv cosϕ

2− Fg = 0 .

13

Fv

Fe

Fg

-Fv

22

Slika 7:

Ti dve enacbi malo preuredimo in delimo med seboj:

tgϕ

2=

Fe

Fg

.

Pri tem jeFg = mg

in

Fe =e2

4πε0(2l sinϕ/2)2=

e2

16πε0l2 sin2 ϕ/2

,

oziroma:

tgϕ

2=

e2

16mgπε0l2 sin2 ϕ/2

,

od koder sledi:

tgϕ

2sin2 ϕ

2=

e2

16mgπε0l2= 0.0737 .

14

Ce imamo na razpolago boljsi kalkulator lahko uporabimo karnjegov resevalec enacb in iz zgornje enacbe dobimo kot resitevϕ = 48o. Ce racunamo s kalkulatorjem, ki ima samo osnovneoperacije, pa moramo do resitve priti po ovinkih. Najprejizrazimo tangens s sinusom in dobimo

sin3 ϕ/2√

1− sin2 ϕ/2= 0.0737 .

Uvedemo novo spremenljivko

x = sinϕ

2.

Tako dobimo enacbo:

x =(

0.0737√1− x2

)1

3

.

To enacbo lahko numericno resimo z metodo iteracije. Do-bimo x = 0.396, sin ϕ

2= 0.396 in ϕ = 46.7o. Sedaj izracunamo

se silo, ki napenja posamezno vrvico:

Fv =√

F 2g + F 2

e =

√

(mg)2 +

(

e2

16πε0l2 sin2 ϕ/2

)2

= 0.47 N .

11. Naelektrena kroglica z maso 0.1 g in nabojem −10−5 As selahko giblje vzdolz geometrijske osi zelo tankega ploscategakolobarja z zunanjim polmerom 10 cm in notranjim polmerom5 cm, po katerem je enakomerno razmazan naboj s povrsinskogostoto 10−5 As/m2. Koliksen je nihajni cas kroglice, ce jo zamalenkost izmaknemo iz ravnovesne lege v srediscu kolobarja?(8.36 × 10−3 s)

12. Dva tockasta naboja e1 = +10−7 As in e2 = −10−8 As, miru-jeta v medsebojni oddaljenosti 10 cm. Koliko dela opravimo,ko ju razmaknemo na razdaljo 20 cm?(45 × 10−6 J)

15

13. V brezteznem prostoru se nahajata dve naelektreni kroglici zmasama m1 = 5 g in m2 = 15 g ter nabojema e1 = 8 × 10−8

As in e2 =−2× 10−8 As. Kroglici zadrzujemo na razdalji r0 =20 cm. Nato sprostimo drugo kroglico, ki se zacne priblizevatiprvi kroglici. Koliksna je hitrost druge kroglice, ko sta kroglicina razdalji r1 = 8 cm? Sevanje zaradi pospesevanja nabojevzanemarimo.

Resitev:

Uporabimo izrek o ohranitvi polne energije:

e1e24πǫ0r0

=e1e2

4πǫ0r1+

1

2m2v

22 ,

od tod pa sledi:

v2 =1√m2

√

2e1e2(r1 − r0)

4πǫ0r0r1= 0.12

m

s.

14. Po plosci, ki ima obliko kolobarja z notranjim polmerom r1 = 5cm in zunanjim polmerom r2 = 10 cm je enakomerno poraz-deljen naboj s ploskovno gostoto σ = +10−6 As/cm2. Nageometrijski osi plosce se v oddaljenosti z = 9 cm od srediscaplosce nahaja tockasti naboj e = −10−8 As. S koliksno siloF se privlacita naboj in plosca? Koliko dela A opravimo, dapremaknemo ta naboj po geometrijski osi kolobarja na raz-daljo h = 15 cm od sredisca kolobarja?

Resitev:

Ker so razlicni deli plosce razlicno oddaljeni od naboja, soprispevki posameznih delov plosce k skupni sili razlicni in jihje potrebno sesteti. Ker pa je naboj po plosci porazdeljenzvezno, ta vsota preide v integral. Prispevek infinitezimalnomajhnega kolobarja plosce s ploscino dS = 2π d k navpicnikomponenti sile je:

dF =σe cosϑ dS

4πε0r2=

σe cosϑ d

2ε0r2. (9)

Glejte sliko 8. Vodoravna komponenta sile je zaradi simetrije

16

r1

r2r

dr

J

Slika 8:

enaka nic. Diferencial sile je potrebno izraziti z eno samo spre-menljivko, po kateri potem integriramo. Lahko si izberemopolmer plosce ali kot ϑ. Iz slike 8 razberemo, da velja:

r =√

2 + z2 , cos ϑ =z

r=

z√

2 + z2, (10)

= z tg ϑ , d =z dϑ

cos2 ϑ. (11)

Diferencial sile (9) lahko torej zapisemo kot funkcijo

dF =σe z d

2ε0(2 + z2)3/2, (12)

ali pa kot funkcijo ϑ:

dF =σe sinϑ dϑ

2ε0. (13)

17

Celotno silo lahko potem dobimo z integracijo enacbe (12):

F =σe z

2ε0

∫ r2

r1

d

(2 + z2)3/2= (14)

= −σe z

2ε0

1√

2 + z2

∣

∣

∣

∣

∣

r2

r1

=

=σe z

2ε0

(

1√

r21 + z2− 1√

r22 + z2

)

,

ali pa z integracijo diferenciala (13):

F =σe

2ε0

∫ β

α

sinϑ dϑ = − σe

2ε0cosϑ

∣

∣

∣

∣

∣

β

α

= (15)

=σe

2ε0(cosα− cos β) =

=σe

2ε0

(

z√

r21 + z2− z√

r22 + z2

)

,

kjer smo upostevali (glejte sliko 8)

cosα =z

√

r21 + z2

incos β =

z√

r22 + z2.

Iz primerjave enacb (14) in (15) vidimo, da je pri taksnihin podobnih problemih za integracijsko spremenljivko boljeizbrati kot, ker dobimo preprostejse integrale.Sedaj pa izracnajmo se opravljeno delo A. Prvi nacin je podefiniciji dela, to je integral sile po poti:

A = −∫ h

z

F (z)dz = − σe

2ε0

(

∫ h

z

z dz√

r21 + z2−∫ h

z

z dz√

r22 + z2

)

=

=σe

2ε0

(

√

r22 + h2 −√

r22 + z2 −√

r21 + h2 +√

r21 + z2)

.

18

Drugi nacin pa vodi preko izracuna spremembe potencialneenergije tockastega naboja. Opravljeno delo je namrec enakospremembi elektrostaticne potencialne energije.

15. Po tankem obrocu s premerom 2a = 0.3 m je enakomerno po-razdeljen naboj e = −10−10 As. Dalec od obroca je na njegovigeometrijski osi vodikov ion H+

2 (njegov naboj je +e0 = 1.6×10−19 As in njegova masa je m = 3.4 × 10−27 kg). Ocenites koliksno hitrostjo preleti ion ravnino obroca, ce se lahkoprosto giblje in je na zacetku miroval?(v =

√

ee0/(2πε0am) = 23.7 km/s)

16. Kroglica mase 3 g in naboja 8 µAs se priblizuje tankemuobrocu s polmerom 3 cm, ki ima po svoji povrsini enakomernoporazdeljen naboj 0.1 µAs. Kroglica se giblje vzdolz geo-metrijske osi obroca. Hitrost kroglice na veliki oddaljenostiod obroca je 30 km/h. Do katere najmanjse razdalje se krogli-ca pribliza srediscu obroca, ce le-ta miruje?(6.22 cm)

17. Dve majhni naelektreni kroglici mirujeta v medsebojni odda-ljenosti r0 = 30 cm. Prva ima maso m1 = 0.02 g in naboje1 = 2 × 10−8 As, druga pa maso m2 = 0.03 g in naboje2 = −3 × 10−8 As. Kroglici spustimo, da se zacneta prostogibati. Koliksni sta njuni hitrosti v trenutku, ko je razdaljamed njima r1 = 18 cm? Izgube energije zaradi sevanja zane-marimo!

Resitev:

Uporabimo izrek o ohranitvi polne energije:

e1e24πǫ0r0

=e1e2

4πǫ0r1+

1

2m1v

21 +

1

2m2v

22 . (16)

Velja tudi izrek o ohranitvi gibalne kolicine:

0 = m1v1 −m2v2 , (17)

kjer smo upostevali, da je skupna gibalna kolicina obeh kroglicenaka nic. Iz enacbe (17) sledi:

v2 =m1

m2v1 . (18)

19

Izraz za hitrost v2 (enacba (18)) vstavimo v enacbo (16) inpo krajsem racunu dobimo:

v1 =

√

2e1e2m2(r1 − r0)

4πǫ0m1(m1 +m2). (19)

Iz enacb (18) in (19) pa dobimo se v2:

v2 =

√

2e1e2m1(r1 − r0)

4πǫ0m2(m1 +m2).

18. Po 1 m dolgi tanki palici je enakomerno porazdeljen naboj.Gostota naboja na dolzinsko enoto palice je µ=+10−6 As/cm.Tockasti naboj e = −10−7 As miruje na razdalji a = 30 cmod krajisca palice na isti premici, na kateri lezi palica. Koli-ko dela opravimo, ko naboj pocasi premaknemo na razdaljob = 50 cm proc od krajisca palice vzdolz premice, na katerilezi palica?

19. Po 50 cm dolgi ravni tanki palici je enakomerno porazdeljennaboj +10−6 As. Tockasti naboj −10−7 As miruje 30 cm odlevega in 40 cm od desnega krajisca palice. S koliksno silo seprivlacita naboj in palica?

20. Prevodno kroglico s polmerom 2 cm, ki nosi naboj na povrsini2 × 10−6 As, z zelo dolgo prevodno nitko povezemo z drugokroglico, po povrsini katere je enakomerno porazdeljen naboj10−6 As in ima polmer 5 cm. Koliksni sta koncni gostotinaboja na obeh kroglicah?(σ1 = 1.7× 10−4 As/m2, σ2 = 0.68× 10−4 As/m2)

21. Krogelni kondenzator ima elektrodi s polmeroma r1 = 2 cm inr2 = 10 cm in je prikljucen na napetost U0 = 8000 V tako, daje notranja elektroda pozitivna. Med elektrodama je vakuum.Proton, ki ima maso m = 1.67 × 10−27 kg in en pozitivniosnovni naboj e0 = 1.6 × 10−19 As ima v trenutku, ko je zarazdaljo r3 = 4 cm oddaljen od sredisca kondenzatorja, hitrostv3 = 10 km/s v smeri radialno navzven. Koliksna je hitrost

20

protona (v4) v trenutku, ko je za razdaljo r4= 8 cm oddaljenod sredisca kondenzatorja?

Resitev:

Predpostavljamo, da se protonu ohranja celotna energija inda torej ni izgub zaradi sevanja ali trkov. Potem velja:

1

2mv23 + e0U3 =

1

2mv24 + e0U4 ,

kjer sta U3 in U4 elektrostaticna potenciala na mestih r3 inr4 . Od tod sledi

v4 =

√

v23 +2e0m

(U3 − U4) .

Izracunati moramo torej se potencialno razliko (U3 − U4), ozi-roma napetost med tockama r3 in r4. Do nje bomo prisli zintegracijo elektricnega polja E(r) po radiju od r3 do r4. Naj-prej moramo ugotoviti radialno odvisnost elektricnega polja.Spomnimo se Gaussovega izreka, ki pravi, da je elektricni pre-tok skozi sklenjeno ploskev enak naboju, ki ga ta sklenjenaploskev objema:

∫

S

~D · d~S = e .

Za sklenjeno ploskev smo izbrali kroglo s polmerom r, ki lezimed obema elektrodama. Jakost elektricnega polja ima navsej krogli konstantno vrednost, elektricno polje pa ima smerradija. Zato je

D = ε0E

in∫

S

dS = 4πr2 .

Ta krogla objame pozitivni naboj e = CU0, ki se nabere nanotranji elektrodi. Kapaciteta krogelnega kondenzatorja je

C =4πε0r1r2r2 − r1

.

21

Iz zgornjih stirih enacb tako sledi:

ε0E4πr2 =4πε0r1r2r2 − r1

U0 .

Elektricno polje je potem:

E =U0r1r2r2 − r1

1

r2.

Iskana razlika potencialov pa je:

(U3 − U4) =

∫ r4

r3

E dr =U0r1r2r2 − r1

∫ r4

r3

dr

r2= U0

r1r2(r4 − r3)

(r2 − r1)r3r4.

Iskana hitrost protona je zato enaka:

v4 =

√

v23 +2e0U0

m· r1r2(r4 − r3)

(r2 − r1)r3r4= 692200 m/s .

22. Valjasti kondenzator ima elektrodi s polmeroma r1 = 1 mm inr2 = 4 mm in je prikljucen na napetost U0 = 8000 V tako, daje notranja elektroda pozitivna. Med elektrodama je vakuum.Proton, ki ima masom= 1.67·10−27 kg in en pozitivni osnovninaboj e0 = 1.6·10−19 As ima v trenutku, ko je za razdaljor3 = 2mm oddaljen od geometrijske osi kondenzatorja, hitrostv3 = 200 km/s v smeri radialno navzven. Koliksna je hitrostv4 protona v trenutku, ko je za razdaljo r4 = 3 mm oddaljenod geometrijske osi kondenzatorja?

Resitev:

Predpostavljamo, da se protonu ohranja skupna energija inda torej ni izgub zaradi sevanja ali trkov. Potem velja:

1

2mv23 + e0U3 =

1

2mv24 + e0U4 ,

kjer sta U3 in U4 elektrostaticna potenciala na razdaljah r3 inr4 od geometrijske osi. Od tod sledi

v4 =

√

v23 +2e0m

(U3 − U4) .

22

Izracunati moramo torej se potencialno razliko (U3 − U4), ozi-roma napetost med tockama r3 in r4. Do nje bomo prisliz integracijo elektricnega polja E(r) po radiju od r3 do r4.Najprej pa moramo ugotoviti radialno odvisnost elektricnegapolja. Potrebujemo Gaussov izrek, ki pravi, da je elektricnipretok skozi sklenjeno ploskev enak naboju, ki ga sklenjenaploskev objema:

∫

S

~D · d~S = e ,

Za sklenjeno ploskev smo izbrali plasc valja s polmerom r, kilezi med obema elektrodama. Jakost elektricnega polja imana vsej krogli konstantno vrednost, elektricno polje pa imasmer radija. Zato je

D = ε0E

in∫

S

dS = 2πrl.

Predpostavili smo, da je l >> r in zanemarili pojave na robuelektrod. Izbrani plasc valj objame pozitivni naboj

e = CU0 ,

ki se nabere na notranji elektrodi. Kapaciteta valjastegakondenzatorja je

C =2πε0l

ln(r2/r1).

Iz zgornjih petih enacb sledi:

ε0E2πrl = U02πε0l

ln(r2/r1).

Elektricno polje je potem:

E =U0

ln(r2/r1)· 1r.

Iskana napetost pa je:

(U3 − U4) =U0

ln(r2/r1)

∫ r4

r3

dr

r= U0

ln(r4/r3)

ln(r2/r1).

23

Iskana hitrost protona je potem

v4 =

√

v23 +2e0U0

m

ln (r4/r3)

ln (r2/r1)= 898035 m/s .

23. Med dvema votlima koncentricnima kovinskima kroglama pol-merov r1 = 3 cm in r2 = 6 cm je izolator s prebojno jakostjoelektricnega polja Ep = 40 kV/cm. Koliksna je najvecja na-petost, ki jo smemo prikljuciti med obe krogli?

Resitev:

V primeru enakomerno naelektrenih krogel je elektricno poljemed kroglama krogelno simetricno in odvisno samo od radija(r). Ekvipotencialne ploskve so koncentricne krogle, silnicepa kazejo v radialni smeri. Zakon o elektricnem pretoku zapoljubno krogelno ploskev med obema kroglama zapisemo vobliki:

D · 4πr2 = e , (20)

kjer je e naboj na notranji krogli. Ob upostevanju zveze D =ǫ0ǫE iz enacbe (20) sledi:

E =e

4πǫ0ǫ r2, r1 ≤ r1 ≤ r2 . (21)

Izracunajmo se elektricno napetost med kroglama:

U = −∫ r2

r1

Edr =e

4πǫǫ0

(

1

r1− 1

r2

)

. (22)

Najvecja jakost elektricnega polja med kroglama je pri not-ranji povrsini prve krogle. Zato postavimo:

Ep =ep

4πǫ0ǫ r21,

od tod pa sledi:ep = Ep 4πǫ0ǫ r

21 . (23)

Ob upostevanju enacb (23) in (22) izracunamo najvecjo na-petost, ki jo smemo prikljuciti med obe krogli:

Up = Ep r21

(

1

r1− 1

r2

)

= 60 kV .

24

24. Ploscni kondenzator ima elektrodi s povrsino 200 cm2 v raz-miku 5 mm. Prikljucen je na napetost 3000 V. Koliko delaopravimo, ko elektrodi razmaknemo na razdaljo 10 mm?

25. Krogelni kondenzator ima elektrodi s polmeroma 2 cm in 5cm. Koliksna je kapaciteta tega kondenzatorja in koliksennaboj se nabere na kondenzatorju, ce ga prikljucimo na na-petost 1000 V?

1.2 Elektricni tok

26. Prazen kondenzator s kapaciteto C = 2 µF in upor z upor-nostjo R = 2 MΩ zvezemo zaporedno in prikljucimo na ba-terijo s konstantno napetostjo U . Po koliksnem casu t poprikljucitvi je napetost na kondenzatorju UC trikrat vecja odnapetosti na uporu UR?

Resitev:

Najprej v splosnem z enacbami opisimo polnjenje kondenza-torja. Po Kirchoffovem izreku je vsota napetosti v zaklju-cenem krogu enaka nic:

U + UR + UC = 0 ,

U − I(t)R− e(t)

C= 0 . (24)

Pri tem je I(t) tok skozi upor, ki je seveda funkcija casa t ine(t) naboj na kondenzatorju, ki je prav tako odvisen od casa.Med tokom in nabojem velja zveza:

I =de

dt. (25)

Vstavimo enacbo (25) v (24):

U − de

dtR − e

C= 0 . (26)

Locimo spremenljivki in integriramo:∫ t

0

dt = RC

∫ e

0

de

UC − e,

25

t = −RC ln

(

UC − e

UC

)

,

e(t) = UC

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

.

Tako smo ugotovili kako se naboj na kondenzatorju spreminjas casom. Napetost na kondenzatorju pa je potem:

UC =e

C= U

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

. (27)

Odvisnost toka od casa pa je

I =de

dt=

U

Rexp

(

− t

RC

)

.

Napetost na kondenzatorju v odvisnosti od casa je enaka:

UR = IR = U exp

(

− t

RC

)

. (28)

Sedaj se vrnimo k vprasanju, ki ga zastavlja naloga. Zahte-va, da mora biti napetost na kondenzatorju 3 krat vecja odnapetosti na uporu (UC = 3UR), skupaj z enacbama (27) in(28) da:

1− exp

(

− t

RC

)

= 3 exp

(

− t

RC

)

,

t = −RC ln1

4= 5.5 s .

Dodajmo se naslednje. Sistem enacb (24) in (25) bi lahkoresevali tudi na drug nacin, ki je bolj obicajen. Enacbo (24)odvajamo po casu in upostevamo enacbo (25). Dobimo:

dI

dtR +

I

C= 0 .

Locimo spremenljivki in integriramo:

∫ t

0

dt = −RC

∫ I

U/R

dI

I,

26

I =U

Rexp

(

− t

RC

)

.

Od to dobimo se:

e =

∫ t

0

I dt =U

R

∫ t

0

exp

(

− t

RC

)

dt =

= UC

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

.

Nato pa izracunamo se obe napetosti UC in UR .

27. Kondenzator s kapaciteto C prikljucimo preko upora R naistosmerno napetost U . V koliksnem casu naraste energijakondenzatorja na sestnajstino njegove koncne energije?(t = RC ln(4/3))

28. Prazen kondenzator s kapaciteto C = 2 µF in upor z upor-nostjo R = 2 MΩ zvezemo zaporedno in prikljucimo na gene-rator. Napetost na generatorju je najprej enaka 0, v ne-kem trenutku pa zacne narascati linearno s casom po enacbiU = At, kjer je A konstanta. Po koliksnem casu t po zacetkunarascanja napetosti na generatorju je napetost na konden-zatorju UC dvakrat vecja od napetosti na uporu UR?

Resitev:

Vsota napetosti v zakljucenem krogu je enaka nic:

U + UR + UC = 0 ,

At− I(t)R− e(t)

C= 0 . (29)

Pri tem je I(t) tok skozi upor in e(t) naboj na kondenzatorju.Med tokom in nabojem velja zveza:

I =de

dt. (30)

Vstavimo enacbo (30) v (29) in tako dobljeno enacbo malopreuredimo:

de

dt+

1

RCe =

A

Rt . (31)

27

Dobili smo nehomogeno diferencialno enacbo, katere resiteve(t) je naboj na kondenzatorju kot funkcija casa. Resevanjetaksnih diferencialnih enacb presega znanje matematike stu-dentov v prvem letniku. Vseeno bomo nalogo najprej resevalipo tej poti. Splosna resitev enacbe (31) je vsota splosneresitve eh(t) homogenega dela enacbe (levi del enacbe (31)) inpartikularne resitve ep(t) nehomogene enacbe (celotna enacba(31)). Homogeni del

de

dt+

1

RCe = 0 ,

ima splosno resitev

eh = Q0 exp

(

− t

RC

)

.

Pri tem je Q0 konstanta, ki jo bomo dolocili kasneje. Parti-kularno resitev ep lahko uganemo z malo razmisljanja. Jasnoje, da mora to biti polinomska funkcija casa t. Koeficiente vpolinomu moramo postaviti taksne, da se bodo pri odvajanjuin sestevanju odsteli vsi cleni razen tistih, ki imajo t v prvipotenci. Temu ustreza na primer

ep = AC (t− RC) .

Splosna resitev enacbe (31) je potem:

e = eh + ep = Q0 exp

(

− t

RC

)

+ AC (t− RC) .

Sedaj moramo dolociti se konstanto Q0. To dolocimo iz po-datka, da je bil kondenzator v zacetku prazen. Torej

e(t = 0) = 0 = Q0 − ARC2 ⇒ Q0 = ARC2 .

Resitev enacbe (31), ki ustreza tudi zacetnemu pogoju, jetorej

e = AC

(

t+RC

(

exp

(

− t

RC

)

− 1

)

)

. (32)

28

Napetost na kondenzatorju UC je potem:

UC =e

C= A

(

t+RC

(

exp

(

− t

RC

)

− 1

)

)

. (33)

Odvisnost toka od casa je:

I =de

dt= AC

(

1− exp

(

− t

RC

))

. (34)

Napetost na uporu UR pa je

UR = IR = ARC

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

. (35)

Iskani cas t dobimo iz pogoja UC = 2UR :

A

(

t +RC

(

exp

(

− t

RC

)

− 1

)

)

=2ARC

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

,

oziroma

t = 3RC

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

. (36)

To transcendentno enacbo lahko resimo numericno z metodonavadne iteracije ali pa kar z resevalcem enacb na kalkula-torju. Iskani cas je t = 11.29 s.

Resevanju nehomogene diferencialne enacbe (31) bi se bilomogoce izogniti, ce bi enacbo (29) najprej odvajali po casu innato upostevali se enacbo (30):

A− dI

dtR − I

C= 0 .

Sedaj je mogoce lociti spremenljivki in nato integrirati:

∫ t

0

dt = RC

∫ I

0

dI

AC − I,

t = −RC ln

(

AC − I

AC

)

,

29

I = AC

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

.

Od tod dobimo se casovno odvisnost naboja na kondenza-torju:

e =

∫ t

0

Idt = AC

∫ t

0

(

1− exp

(

− t

RC

)

)

dt

= AC

(

t+RC

(

exp

(

− t

RC

)

− 1

)

)

.

Nadalnje resevanje naloge pa poteka enako, kot prej.

29. Kondenzator s kapaciteto C1 = 1 µF naelektrimo na napetostU0 = 9000 V nato pa ga praznimo preko zaporedno zvezanihupora z upornostjo R = 2 MΩ in drugega kondenzatorja skapaciteto C2 = 2 µF, ki je v zacetku prazen. Koliksne so na-petosti na vseh treh elementih v vezju t = 2 s po prikljucitvi?

Resitev:

Vsota napetosti v zakljucenem krogu je enaka 0:

U1 + U2 + UR = 0 .

Pri tem je U1 napetost na prvem kondenzatorju, U2 napetostna drugem kondenzatorju in UR napetost na uporu.

e1C1

− e2C2

− IR = 0 . (37)

Naboja na obeh kondenzatorjih e1 in e2 ter tok skozi upor Iso med seboj povezani, kajti celoten zacetni naboj na prvemkondenzatorju e1(t = 0) = C1U0 se ohranja. Naboj, ki odteces prvega kondenzatorja stece v obliki elektricnega toka skoziupor in pritece v drugi kondenzator. Zato velja:

−de1dt

= I , (38)

30

de2dt

= I . (39)

Enacbe (37)-(39) tvorijo skupaj z zacetnimi pogoji

e1(t = 0) = C1U0 , e2(t = 0) = 0 , I(t = 0) =U0

R, (40)

sistem treh diferencialnih enacb s tremi neznanimi funkcijamicasa e1(t), e2(t) in I(t).

Enacbo (37) odvajamo po casu, upostevamo enacbi (38) in(39), malo preuredimo in dobimo:

dI

dt= −I

C1 + C2

RC1C2

.

Locimo spremenljivki:

dt = − RC1C2

C1 + C2

dI

I,

nato pa integriramo in upostevamo zacetni pogoj za tok I

∫ t

0

dt = − RC1C2

C1 + C2

∫ I

U0

R

dI

I,

t = − RC1C2

C1 + C2ln

(

IR

U0

)

,

I =U0

Rexp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

. (41)

Z upostevanjem enacb (41), (38), (39) in zacetnih pogojev(40) poiscemo se naboja na obeh kondenzatorjih:

∫ e1

C1U0

de1 = −∫ t

0

Idt ,

e1 − C1U0 = −U0

R

∫ t

0

exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

dt ,

e1 = U0C1

(

1 +C2

C1 + C2

(

exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

− 1

)

)

. (42)

31

Na podoben nacin izracunamo se:∫ e2

0

de2 =

∫ t

0

Idt ,

e2 =U0

R

∫ t

0

exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

dt ,

e2 = U0C1C2

C1 + C2

(

1− exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

)

. (43)

Iz resitev (41)-(43) poiscemo se napetosti na vseh treh clenihkot funkcije casa:

U1 =e1C1

= U0

(

1 +C2

C1 + C2

(

exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

− 1

)

)

,

U2 =e2C2

= U0C1

C1 + C2

(

1− exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

)

,

UR = IR = U0 exp

(

−t(C1 + C2)

RC1C2

)

.

Ob casu t = 2 s po prikljucitvi so napetosti U1 = 4338 V,U2 = 2330 V in UR = 2008 V.

30. Krogelni kondenzator ima prostor med elektrodama popolno-ma izpolnjen z izolatorjem, ki ima specificno upornost ζ =1013 Ωm in dielektricnost ε = 6. Kondenzator naelektrimo nanapetost U0, nato pa vir napetosti odklopimo in kondenzatorizoliramo. Po kolisnem casu t se, zaradi ”puscanja”elektricneizolacije med elektrodama, napetost na kondenzatorju znizana polovico zacetne vrednosti?

Resitev:

Tukaj gre za praznenje kondenzatorja preko upora, ki ga pred-stavlja slaba izolacija med elektrodama. Napetost na konden-zatorju pojema s casom kot:

U = U0 exp

(

− t

RC

)

,

32

kjer sta R upor izolacije in C kapaciteta kondenzatorja. Odtod sledi, da je iskani cas

t = −RC ln1

2.

Poiskati je treba samo se konstanto RC. Kapaciteta krogel-nega kondenzatorja je

C =4πε0ε r1r2r2 − r1

.

Upor izolatorja pa izracunamo takole. Tanka krogelna lupinaizolatorja debeline dr ima upornost

dR = ζdr

4πr2.

Celoten izolator je sestavljen iz zaporedno zvezanih”uporovposameznih lupin. Njegova upornost je torej vsota upornostilupin. Ker pa so lupine zvezno porazdeljene se vsota spremeniv integral. Torej:

R =

∫

dR =ζ

4π

∫ r2

r1

dr

r2=

ζ (r2 − r1)

4πr1r2.

Potem je:

t = −ζε0ε ln1

2= 370 s .

31. Kondenzator s kapaciteto 25 µF, naelektrimo na napetost 60V, nato pa praznimo preko upora. Po 10 ms je napetost nakondenzatorju 50 V. Koliksen je upor?(2194 Ω)

32. Ploscni kondenzator, ki ima plosci s ploscino 200 cm2 v raz-miku 1 mm, je prikljucen na napetost 1000 V. Nenadoma sedruga plosca zacne oddaljevati od prve plosce s konstantnimpospeskom 0.5 mm/s2. Koliksen elektricni tok tece skozi na-petostni vir z zanemarljivo majhno notranjo upornostjo 3 spo zacetku premikanja druge plosce?

33

33. Kondenzator s kapaciteto 1 µF prikljucimo preko upora za200 Ω na baterijo z gonilno napetostjo 100 V in notranjoupornostjo 20 Ω. Koliko casa po prikljucitvi doseze energijakondenzatorja 25 % svoje koncne vrednosti?

34. Valjasti kondenzator z dolzino 30 cm ima elektrodi s pol-meroma 2 mm in 8 mm. Naelektrimo ga na napetost 5000 V,nato pa ga praznimo preko upora za 2000 Ω. Po koliksnemcasu pade napetost na kondenzatorju na 1000 V?

35. Skozi upor z upornostjo 8 Ω stece v zelo dolgem casu naboj 30As. Koliko toplote se sprosti v uporniku, ce pada tok ekspo-nentno proti 0 tako, da se vsakih 24 s zmanjsa za polovico?

Resitev:

Kolicine oznacimo takole: naboj e = 30 As, upor R = 8Ω,razpolovni cas t1/2 = 24 s. Ker tok skozi upor s casom po-jema eksponentno, lahko casovno odvisnost toka I(t) skoziupor zapisemo takole:

I(t) = I0 exp

(

− t

τ

)

.

Pri tem sta I0 in τ konstanti, ki ju bomo se dolocili. Casovnokonstanto τ lahko izracunamo iz razpolovnega casa t1/2:

I02

= I0 exp

(

−t1/2τ

)

, τ =t1/2ln(2)

= 34.6 s.

Zacetni tok skozi kondenzator I0 pa dolcimo takole. Spo-mnimo se definicije elektricnega toka:

I =de

dt, e =

∫

Idt.

Ker se je naboj e pretocil v zelo dolgem casu, meje zgornjegaintegrala postavimo takole:

e = I0

∫ ∞

0

exp

(

− t

τ

)

dt = −I0τ exp

(

− t

τ

)∣

∣

∣

∣

∞

0

= I0τ.

34

Od tod pa dobimo:

I0 =e

τ= 0.87 A.

Ker je tok skozi upor odvisen od casa, je tudi elektricna moc,ki se porablja na uporu odvisna od casa:

P (t) = I2(t)R =e2R

τ 2exp

(

−2t

τ

)

.

Toplota, ki se sprosti v uporu pa je integral te moci po casutok tece skozi upor:

Q =

∫ ∞

0

P (t)dt =e2R

τ 2

∫ ∞

0

exp

(

−2t

τ

)

dt = (44)

= −e2R

2τexp

(

−2t

τ

)∣

∣

∣

∣

∞

0

=e2R

2τ= 104 J.

36. Skozi bakreno zico s povrsino preseka S = 3.14 mm2 tecetok I = 1 A. Ocenite povprecno hitrost (< v >) s katero seelektroni gibljejo skozi zico! Gostota prostih nosilcev nabojan = 8× 1028 m−3.

Resitev:

Gostota elektricnega pretoka skozi zico je enaka [2, 7]:

j =I

S= ne0 < v > ,

kjer je e0 osnovni naboj. Od tod pa sledi:

< v >=I

Sne0≈ 0.25× 10−4 m

s.

37. V kovinski mrezi pride na en atom kovine v povprecju enprost elektron. Skozi zico iz te kovine, katere presek je krogs premerom 1 mm, tece tok 1 A. Ocenite povprecno hitrost skatero se prosti elektroni gibljejo skozi zico? Molekulska masakovine je 64 kg/kmol, gostota kovine je 9 g/cm3.(< v > ≈ 9.43× 10−5 m/s)

35

38. Pri elektrolizi slane vode se v 5 urah (t) na negativni elektrodiizloci m = 0.2 g natrija. Koliksen elektricni tok (I) tece poraztopini? Natrij je enovalenten, njegova molekulska masa paje M = 23 kg/kmol.

Resitev:

Pretocni naboj e = I · t = e0N = e0m/m1 = e0mNA/M, kjerje e0 osnovni naboj, N stevilo atomov natrija, m1 masa enegaatoma natrija in NA Avogadrovo stevilo. Iz zgornje enacbesledi:

I =e0mNA

Mt.

39. Pri elektrolizi modre galice (to je vodna raztopina bakrovegasulfata CuSO4) se v 4 urah na negativni elektrodi izloci 17gramov bakra. Koliksen elektricni tok tece po raztopini? Ba-ker je dvovalenten (bakrov ion ima 2 osnovna naboja), njegovaatomska masa je 63.5 kg/katom.

40. Po toplotno izolirani bakreni zici s presekom S = 1 mm2

posljemo tok I = 10 A, ki tece samo kratek cas t = 1 s.Za koliko stopinj se zica segreje? Gostota bakra ρ = 8.9 ×103 kg/m3, specificna toplota bakra cp = 3.78 × 102 J/kgK,specificna upornost bakra ζ = 1.7 × 10−8 Ωm.

Resitev:

Oddani Joulov toplotni tok P = RI2 se v celoti porabi zasegrevanje zice:

I2R t = cpm∆T , (45)

kjer je upor:

R =ζl

S, (46)

l dolzina zice, m pa masa zice. V enacbo (45) vstavimo izraz(46) in izrazimo spremembo temperature zice ∆T :

∆T =I2ζltS

ScpmS. (47)

36

Ob upostevanju ρ = m/(lS) iz enacbe (47) sledi:

∆T =I2ζt

S2cpρ= 0.5 K . (48)

41. Ce potopimo plosci s povrsino 5 cm2 v raztopino KCl 2.5 cmnarazen in vzpostavimo med ploscama napetost 50 V, tecetok 1.2 mA. Koliksna je specificna prevodnost elektrolita?(1.2 × 10−3 Ω−1m−1)

Namig za resevanje:

Nosilci naboja v eletrolitu so ioni K+ in Cl− (KCl namrecv vodi disociira). Vendar, ce nas zanima samo specificnaprevodnost, ne potrebujemo mikroskopske slike. Elektrolitobravnavamo kot “navaden” upornik. Upornost elektrolita jenapetost med ploscama deljena s tokom, ki tece skozi elektro-lit. Iz tega lahko izracunamo specificno upornost elektrolita,saj poznamo njegov presek in dolzino. Specificna prevodnostpa je obratna vrednost specificne upornosti.

42. Skozi upor z upornostjo 10 Ω, ki je potopljen v 1 dm3 vode, v1.5 ure enakomerno stece naboj 104 As. Za koliko stopinj sev prvih 10 minutah po vklopu segreje voda, ce izgube toplotev okolico lahko zanemarimo?(4.9 K)

43. Skozi toplotno izolirano cev se pretoci vsako sekundo pol lit-ra vode. Izracunajte, za koliko se segreje voda v cevi, ce jevanjo vgrajen grelec z upornostjo 10 Ω, ki je prikljucen naistosmerno napetost 220 V. Izkoristek grelca je 80%.(2.3 K)

44. Koliksen elektricni tok I0 sme najvec teci po bakreni zici spolmerom r0 = 2.5 mm, ce temperatura v sredini zice ne smepreseci T1 = 80 oC? Na povrsini zice je temperatura T2 = 10oC. Specificna upornost bakra je ζ = 1.7·10−8 Ωm, toplotnaprevodnost bakra je λ = 380 W/mK.

Resitev:

37

Ce naj bo temperatura na geometrijski osi zice konstantna,mora vsa elektricna moc, ki se porabi v prerzu zice znotrajpolmera r odteci v obliki toplotnega toka na povrsino zice vradialni smeri (glejte sliko 9) Oznacimo gostoto elektricnega

r

r

dr

0

Slika 9:

toka po zici j, elektricni tok, ki ga iscemo, je potem I0 = jπr20.Znotraj prereza s polmerom r pa k elektricni moci prispevadelez elektricnega toka, ki je v sorazmerju s ploscino prereza,torej I(r) = jπr2. Elektricna moc PE , ki se porablja je torej:

P = I2(r)R = j2π2r4ζl

πr2= j2πr2ζl.

Pri tem je l dolzina zice. Ustvarjena elektricna moc odtece vobliki toplotnega toka PQ skozi tanko plast prereza z debelinodr:

PQ = −λ2πrldT

dr.

Izenacimo elektricno moc in toplotni tok:

j2πr2ζl = −λ2πrldT

dr.

Locimo spremenljivki

−dT =j2ζ

2λrdr,

38

nato pa integriramo:

−∫ T2

T1

dT =j2ζ

2λ

∫ r0

0

rdr,

T1 − T2 =j2ζr204λ

,

j =

√

4λ(T1 − T2)

ζr20,

I0 = jπr20 = πr0

√

4λ(T1 − T2)

ζ= 19649 A.

45. Valjasti kondenzator ima koaksialni elektrodi s pomeroma r1in r2, med elektrodama pa je izolator s specificno upornostjoζ = 2·107 Ωm in toplotno prevodnostjo λ = 0.5 W/mK. Kon-denzator je prikljucen na napetost U = 5000 V. Koliksna jetemperatura notranje elektrode T1, ce je temperatura zunanjeelektrode T2 = 15 oC?

Resitev:

Zaradi ”puscanja”izolacije med elektrodama, med njima teceelektricni tok. Zaradi tega pa se v ozolatorju porablja elek-tricna moc. Ce naj bosta temperaturi notranje in zunanje ele-ktrode konstantni, mora vsa porabljena elektricna moc odteciv obliki toplotnega toka radialno navzven proti zunanji ele-ktrodi in od tam v okolico kondenzatorja. Elektricni tok, kitece med elektrodama je

I =U

R,

kjer je R upornost izolatorja. Ta izolator je sestavljen iz dife-rencialno tankih koncentricnih plasti debeline dr, od katerihvsaka k skupni upornosti prispeva diferencialni prispevek

dR =ζdr

2πrl.

39

rr

r

dr

1

2

Slika 10:

Pri tem je l dolzina elektrod kondenzatorja, r pa polmer iz-brane plasti debeline dr. Glejte sliko 10. Te plasti so zapore-dno vezani upori. Skupni upor dobimo torej s sestevanjem tehdiferencialno majhnih prispevkov - to pomeni z integracijo por.

R =ζ

2πl

∫ r2

r1

dr

r=

ζ

2πlln

(

r2r1

)

.

Elektricni tok skozi izolator je torej

I =U

R=

U2πl

ζ ln(

r2r1

) .

Elektricni tok I tece skozi katerokoli plast izolatorja medelektrodama, pri racunanju elektricne moci pa je potrebnoupostevati, da se je do razdalje r od osi kondenzatorja pora-bila moc, ki ustreza uporu plasti tiste debeline. To pomeni,da je pri racunanju upora s predzadnjo enacbo potrebno zgor-njo integracijsko mejo postaviti na r, ki je med r1 in r2. Zaupornost dobimo torej

R(r) =ζ

2πlln

(

r

r1

)

.

40

Elektricna moc, ki se porabi v tej plasti pa je

P = I2R =

U2πl

ζ ln(

r2r1

)

2

ζ

2πlln

(

r

r1

)

.

Ta elektricna moc je enaka toplotnemu toku, ki odtece skoziplast debeline dr:

U22πl

ζ ln2(

r2r1

) ln

(

r

r1

)

= −λ2πrldT

dr.

Locimo spremenljivki:

−dT =U2

ζλ ln2(

r2r1

) ln

(

r

r1

)

dr

r,

nato pa integriramo:

−∫ T2

T1

dT =U2

ζλ ln2(

r2r1

)

∫ r2

r1

ln

(

r

r1

)

dr

r.

Integrala na desni se lahko lotimo na primer z uvedbo novihspremenljivk x = r

r1in ln x = y. Integral potem dobi taksno

obliko:∫

ln

(

r

r1

)

drr1rr1

=

∫

ln (x)dx

x=

∫

ydy =y2

2.

oziroma

T1 − T2 =U2

ζλ ln2(

r2r1

)

1

2ln2

(

r2r1

)

in

T1 = T2 +U2

2ζλ= 16.25 oC.

46. Notranjo upornost in gonilno napetost baterije dolocimo tako,da nanjo prikljucimo prvic upor 1 Ω, drugic pa upor 2 Ω. Vprvem primeru je tok 3 A, v drugem pa 2 A. Koliksna jenotranja upornost in koliksna gonilna napetost baterije?(1Ω, 6V)

41

47. Na 5 zaporedno vezanih baterij, vsaka ima gonilno napetost2 V in notranjo upornost 1 Ω, vezemo upor 5 Ω. Kolisen toktece skozi ta upor?(1 A)

48. Na generator enosmerne napetosti z notranjo upornostjo 5 Ωprikljucimo dva enaka upora. Ce ju zvezemo zaporedno, sena obeh skupaj porablja moc 7.90 W, ce pa ju zvezemo vzpo-redno, se na obeh skupaj porablja moc 17.78 W. Koliksna jegonilna napetost generatorja in koliksna je upornost vsakegaizmed uporov?(20 V, 20 Ω)

Namig za resevanje:Rn = 5 ΩP1 = 7.9WP2 = 17.78W——R =?Ug =?

Za obe vezji izrazimo moc, ki se porablja na obeh uporih, kotfunkcijo gonilne napetosti in upornosti. Dobimo:

P1 =2R U2

g

(Rn + 2R)2

in

P2 =R U2

g

2(Rn +R/2)2

Izrazimo in izenacimo napetosti, da dobimo izraz za R. Natoizracunamo se Ug.

49. Na baterijo prikljucimo upor, ki ima upornost 18 Ω. Na njemse porablja moc 4.5 W. Nato ga zamenjamo z drugim, ki imaupornost 21 Ω. Na njem se porablja moc 3.97 W. Koliksnasta gonilna napetost in notranja upornost baterije?10 V, 2 Ω

50. Upora z upornostima 100 Ω in 200 Ω prikljucimo na baterijoz gonilno napetostjo 20 V in zanemarljivo majhnim notranjim

42

uporom prvic zaporedno in drugic vzporedno. Koliksna mocse trosi na uporu za 100 Ω v prvem in koliksna v drugemprimeru?

51. Ko na neko baterijo prikljucimo upor z upornostjo 25 Ω, sena njem porablja moc 25 W. Ko pa nanjo prikljucimo upor zupornostjo 18 Ω, se na njem porablja moc 30.6 W. Koliksnista notranja upornost in gonilna napetost baterije?

52. Kondenzator s kapaciteto 3 µF in upor z upornostjo 2 MΩzvezemo zaporedno in prikljucimo na napetost 3000 V. Zakoliko stopinj se upor segreje v prvih 4 s po prikljucitvi nanapetost, ce je popolnoma toplotno izoliran? Masa upora je200 g, specificna toplota pa 180 J/kgK.

53. Elektricni grelec z mocjo 300 W je prikljucen na napetost 220V. Koliksen elektricni tok tece skozi grelec? V koliksnem casuse na grelcu segreje 400 g vode za 20oC? Specificna toplotavode je 4200 J/kgK. Predpostavite, da se vsa elektricna mocporabi za gretje vode!

54. Krogelni kondenzator ima prostor med elektrodama popolno-ma izpolnjen z izolatorjem, ki ima specificno upornost ζ =109 Ωm in toplotno prevodnost λ = 0.5 W/mK, prikljucen paje na napetost U = 80000 V. Koliksna je razlika med tempera-turo notranje elektrode (T1) in temperaturo zunanje elektrode(T2)?

Resitev:

Zaradi ”puscnja”elektricne izolacije med elektrodama, teceskozi kondenzator elektricni tok. Zato se v izolatorju porabljaelektricna moc Pe. Ob privzetku, da je temperatura notranjeelektrode konstantna, velja, da vsa sproscena elektricna mocodtece v obliki toplotnega toka Pt. Torej

Pe = Pt ,

I2R(r) = −λ4πr2dT

dr. (49)

43

Pri tem je I elektricni tok, ki tece skozi izolator, R(r) jeupornost izolatorja krogelne lupine debeline (r − r1), skozikatero odtece toplotni tok (glejte sliko 11). Elektricni tok

Slika 11:

skozi izolator je:

I =U

R(r2)=

U4πr2r1ζ(r2 − r1)

.

Pri tem sta r1 in r2 polmera notranje in zunanje elektrodekondenzatorja. Upornost izolatorja kot funkcija r je:

R(r) =

∫ r

r1

ζ dr

4πr2=

ζ(r − r1)

4πrr1.

Enacba (49) potem preide v:

U2r1r22(r − r1)

ζ(r2 − r1)2r= −λr2

dT

dr.

Locimo spremenljivki in integriramo:∫ T2

T1

dT = − U2r1r22

ζλ(r2 − r1)2

∫ r2

r1

r − r1r3

dr,

T1 − T2 =U2

2λ ζ= 6.4 oK .

44

55. Kondenzatorja s kapacitetama C1 = 1.5 µF in C2 = 1µF staprikljucena na generatorja z enakima napetostima U0 = 50V (slika 12). Ob casu t = 0 se obe stikali hkrati odpreta.Induktivnost tuljave je L = 2 · 10−4 H (slika 12). Koliksenelektricni tok I tece skozi tuljavo ob casu t = 10−5 s po preklo-pu stikal? Upor zic v vezju zanemarimo.

Resitev:

Iz Kirchoffovega izreka, da je vsota napetosti v zakljucenemkrogu enaka 0, dobimo tri enacbe, od katerih pa sta le dvemed seboj neodvisni. Prvi krog tvorita kondenzator C1 inkondenzator C2:

U(C1) + U(C2) = 0 ,

drugi krog kondenzator C1 in tuljava:

U(C1) + LI = 0 ,

tretji krog pa kondenzator C2 in tuljava

U(C2) + LI = 0 .

Zadnje enacba seveda sledi iz prvih dveh, kajti napetosti naobeh kondenzatorjih sta ves cas enaki. Zgornje enacbe zapi-semo takole:

e1C1

− e2C2

= 0 , (50)

e1C1

− LI = 0 . (51)

Simbol I pomeni odvajanje toka I po casu t. Zaradi ohranitvenaboja pa velja, da naboj, ki odteka z obeh kondenzatorjev,stece skozi tuljavo, kot elektricni tok. Torej:

−e1 − e2 = I . (52)

Enacbe (50) - (52) predstavljajo sistem treh diferencialnihenacb s tremi neznanimi funkcijami casa: naboj na konden-zatorju 1, e1(t), naboj na kondenzatorju 2, e2(t), in tok skozi

45

C1

L

C2

U0

U0

C1

L

C2

U0

U0

Slika 12:

tuljavo I(t). Potrebno je definirati se zacetne pogoje. Obcasu t = 0 je:

e1(t = 0) = C1U0 , e2(t = 0) = C2U0 , I(t = 0) = 0 .(53)

Enacbo (51) odvajamo po casu:

e1C1

= LI . (54)

Prav tako odvajamo po casu enacbo (50):

e1C1

=e2C2

. (55)

Iz enacbe (55) izrazimo e1 in vstavimo v enacbo (52) ter do-bimo

e1 = −IC1

C1 + C2. (56)

Enacbo (56) vstavimo v enacbo (54) in dobimo

I +1

L(C1 + C2)I = 0 . (57)

46

Taksne diferencialne enacbe smo spoznali ze pri nihanju. Re-sitev je:

I1 = I0 sin(ω0t) , (58)

kjer je:

ω0 =1

√

L(C1 + C2)= 44721.4 s−1 . (59)

Amplitudo toka I0 dolocimo iz zacetnih pogojev (53) in enacbe(51):

I(t = 0) = I0ω0 =e1(t = 0)

LC1

=U0

L⇒

⇒ I0 =U0

Lω0= U0

√

C1 + C2

L= 5.59 A .

Torej

I = U0

√

C1 + C2

Lsin(ω0t) . (60)

Iz enacb (50)-(52) in enacbe (60) hitro poiscemo se naboja naobeh kondenzatorjih kot funkciji casa:

e1 = LC1I = U0C1 cos(ω0t) , (61)

e2 = e1C2

C1= U0C2 cos(ω0t) . (62)

Iz resitve (60) poiscemo se odgovor na vprasanje iz naloge:10−5 s po prikljucitvi tece skozi tuljavo tok 2.42 A.

Iz dobljenih rezultatov se vidi, da bi lahko nalogo resevali tudina mnogo bolj preprost nacin. Ker sta namrec zacetni nape-tosti na obeh kondenzatorjih enaki, bi lahko kondenzatorja C1

in C2 nadomestili z enim samim kondenzatorjem s kapacitetoC = C1+C2 ter potem nalogo resevali kot pri obicajnem ideal-nem nihajnem krogu. Ce bi nas zanimala trenutna vrednostnaboja na enem od kondenzatorjev, bi pac morali razdelititrenutni skupni naboj na “nadomestnem” kondenzatorju C vrazmerju kapacitet.

Stvar pa se bolj zaplete, ce zacetni napetosti na obeh kon-denzatorjih nista enaki. Recimo, da je v zacetku na konden-zatorju C1 napetost U1 in na kondenzatorju C2 napetost U2.

47

Kirchoffovi izreki in zahteva po ohranitvi naboja ostanejo vveljavi, zato se vedno velja:

e1C1

− e2C2

= 0 , (63)

e1C1

− LI = 0 , (64)

−e1 − e2 = I . (65)

Spremenijo pa se zacetni pogoji, ki so sedaj:

e1(t = 0) = C1U1 , e2(t = 0) = C2U2 , I(t = 0) = 0 . (66)

Vidimo, da je sedaj enacba (63) v protislovju z zacetnim po-gojem (66). V vezju se zgodi naslednje. Takoj po preklopustikal pride do prehodnega pojava, med katerim se napetostina obeh kondenzatorjih izenacita in dosezeta vrednost U :

U =C1U1 + C2U2

C1 + C2. (67)

Med prehodnim pojavom se namrec tisti kondenzator, na ka-terem je vecja zacetna napetost, prazni, drugi kondenzator pase polni, dokler se napetosti ne izenacita. Po izteku prehod-nega pojava pa dobimo v nihajnem krogu ze poznano nihanjetoka in napetosti, le da sta amplitudi nihanja nabojev naobeh kondenzatorjih in toka skozi tuljavo nekoliko drugacni.Iz enacb (60)-(62) ter (67) lahko resitve za e1(t), e2(t) ter I(t)kar uganemo:

I = U

√

C1 + C2

Lsin(ω0t) =

C1U1 + C2U2√

L(C1 + C2)sin(ω0t) = (68)

= (C1U1 + C2U2)ω0 sin(ω0t) .

e1 = LC1I =C1

C1 + C2(C1U1 + C2U2) cos(ω0t) , (69)

e2 = e1C2

C1=

C2

C1 + C2(C1U1 + C2U2) cos(ω0t) . (70)

48

Ce je v zacetku eden od obeh kondenzatorjev prazen (na pri-mer U2 = 0), so zacetni pogoji taksni:

e1(t = 0) = C1U1 , e2(t = 0) = 0 , I(t = 0) = 0 , (71)

napetost na kondenzatorjih po izteku prehodnega pojava je:

U =C1U1

C1 + C2, (72)

tok skozi tuljavo in naboja na obeh kondenzatorjih pa poizteku prehodnega pojava nihajo sinusno:

I = U

√

C1 + C2

Lsin(ω0t) =

C1U1√

L(C1 + C2)sin(ω0t) = (73)

= C1U1ω0 sin(ω0t) .

e1 =C2

1U1

C1 + C2

cos(ω0t) , (74)

e2 =C1C2U1

C1 + C2cos(ω0t) . (75)

Ce bi zeleli analizirati prehodni pojav, do katerega pride,kadar U1 6= U2, se moramo sistema enacb (63) do (65) zzacetnimi pogoji (66) lotiti numericno.

56. V vezju z zaporedno vezanim uporom, kondenzatorjem intuljavo tece efektivni tok 300 mA (Ief) in se trosi povprecnamoc P = 3 mW. Tok zaostaja za napetostjo za δ = 30o. Ko-liksna je upornost ohmskega upora v tem vezju?(R=0.0333Ω)

57. V vezju z zaporedno vezanim uporom, kondenzatorjem intuljavo (slika 13) tece efektivni tok 300 mA in se trosi pov-precna moc 3 mW. Tok zaostaja za napetostjo za 30o. Ko-liksna je impendanca vezja?

Resitev:

a)

P =1

2I0U0 cos δ =

1

2I0RI0 =

1

2RI20 = RI2ef ,

49

Slika 13:

kjer je Ief = I0/√2. Torej:

R = P/I2ef = 0.0333 Ω.

b)

tg δ =ωL− 1/ωC

R=⇒ (ωL− 1

ωC) = R tg δ = 0.0192 Ω,

c)

Z =

√

R2 + (ωL− 1

ωC)2 = 0.0385 Ω .

58. Nihajni krog je sestavljen iz tuljave z induktivnostjo 1 mH inkondenzatorja s kapaciteto 0.1 µF. V njem vzbudimo nihanjez energijo 10−5 J. Izracunajte amplitudo elektricnega tokain amplitudo napetosti pri tem nihanju ter lastno frekvenconihajnega kroga! Izracunajte tudi efektivni vrednosti toka innapetosti!

59. Upor z upornostjo 20 Ω, kondenzator s kapaciteto 2 µF intuljavo z induktivnostjo 1 mH zvezemo zaporedno in priklju-cimo na generator sinusne izmenicne napetosti s frekvenco3558.81 Hz in amplitudo 8 V. Koliksna povprecna moc seporablja na uporu?

60. Trije porabniki in sicer upor za 100 Ω, kondenzator s kapaci-teto 1 µF in tuljava z induktivnostjo 2 mH so zvezani zapo-redno in prikljuceni na izvir izmenicne napetosti s frekvenco5 kHz. Za koliko odstotkov se spremeni efektivni tok skoziporabnike, ce se induktivnost tuljave poveca za 1 odstotek?

50

61. Upor z upornostjo 100 Ω in kondenzator sta zvezana zapore-dno in prikljucena na generator sinusne izmenicne napetosti sfrekvenco 500 Hz. Po vezju tece efektivni tok 0.7 A. Ce upornadomestimo z 90 ohmskim uporom, tece po vezju efektivnitok 0.78 A. Koliksna je kapaciteta kondenzatorja in koliksnaje efektivna vrednost gonilne napetosti generatorja?

62. Vezje z zaporedno vezanim uporom R = 50 Ω in konden-zatorjem kapacitete C = 100 µF je prikljuceno na mestnoomrezje (Uef = 220V, ν = 50Hz). Koliksna je amplituda toka(I0), ki tece skozi vezje?

Resitev:

Uef =U0√2,

U0 =

(

R2 +1

(ωC)2

)1/2

I0,

I0 =Uef

√2

(R2 + 1/(ωC)2)1/2= 5.25 A .

63. Kondenzator s kapaciteto 1 µF in upornik za 1 MΩ sta zve-zana zaporedno in prikljucena na generator enosmerne nape-tosti. Na zacetku je napetost na generatorju enaka nic, potempa zacne narascati linearno v odvisnosti od casa tako, da sevsako sekundo poveca za 10 V. Koliksna je napetost na kon-denzatorju in koliksna je napetost na uporu 0.8 s po zacetkunarascanja napetosti na generatorju?

64. Upor za R1 = 100 Ω in kondenzator sta zvezana zaporednoter prikljucena na generator sinusne izmenicne napetosti sfrekvenco ν = 50 Hz. Po vezju tece efektivni tok I1 = 0.12A. Ce upornik nadomestimo z drugim, za 80 Ω, tece po vezjuefektivni tok I2 = 0.13 A. Koliksni sta efektivna napetostgeneratorja (Uef) in kapaciteta kondenzatorja (C)?

Resitev:

51

Velja [2, 7]:

I1 =Uef

√

R21 + 1/ω2C2

, (76)

in

I2 =Uef

√

R22 + 1/ω2C2

, (77)

kjer je ω = 2πν. Enacbi (76) in (77) vsako posebej kvadriramoin nato med sabo delimo. Po krajsem racunu nato dobimo:

C =1

ω

√

(I1/I2)2 − 1

R22 − (I1/I2)2R2

1

= 2.7× 10−5 As

V. (78)

Iz enacbe (76) pa sledi:

Uef = I1

√

R21 +

1

ω2C2= 18.72 V . (79)

65. Upor za 100 Ω in tuljava sta zvezana zaporedno ter prikljucenana generator sinusne izmenicne napetosti z efektivno vred-nostjo 20 V in frekvenco 50 Hz. Po vezju tece efektivni tok0.12 A. Ce upor nadomestimo z drugim, za 80 Ω, tece povezju efektivni tok 0.13 A. Koliksni sta ohmska upornost ininduktivnost te neidealne tuljave?

66. Upor z upornostjo 1000 Ω in kondenzator s kapaciteto 1 µFsta zvezana vzporedno in prikljucena na generator sinusneizmenicne napetosti s frekvenco 700 Hz in zanemarljivo not-ranjo upornostjo. Skozi kondenzator tece efektivni tok 0.8A. Nato v vezje dodamo se en upor za 800 Ω tako, da stasedaj zaporedno vezana upora zvezana vzporedno s kondenza-torjem. Koliksen efektivni tok sedaj tece skozi kondenzator?

67. Trije porabniki in sicer upor za 100 Ω, kondenzator s kapa-citeto 1 µF in tuljava z induktivnostjo 2 mH so zvezani za-poredno in prikljuceni na izvir sinusne izmenicne napetostis frekvenco 5 kHz. Za koliko odstotkov se spremeni skupniefektivni tok skozi porabnike, ce se upornost upora poveca za1 Ω?

52

68. Upor z upornostjo 100 Ω in tuljava z induktivnostjo 1 mHsta zvezana zaporedno in prikljucena na generator sinusne iz-menicne napetosti s frekvenco 500 Hz in zanemarljivo majhnonotranjo upornostjo. Po vezju tece efektivni tok 0.7 A. Natov vezje dodamo se en upor za 90 Ω tako, da sta sedaj vzpo-redno vezana upora zvezana zaporedno s tuljavo. Koliksenefektivni tok sedaj tece skozi tuljavo?

1.3 Magnetno polje

69. Proton z maso m = 1.67·10−27 kg in enim osnovnim nabojeme0 vstopi s hitrostjo v = 8000 m/s v homogeno magnetno po-lje z gostoto B = 0.002 T. Ob vstopu v magnetno polje vektorhitrosti protona oklepa z magnetnim poljem kot ϕ = 38o. Ko-liksen je hod vijacnega tira (h), po katerem se giblje proton,koliksen je Larmorjev radij rL njegovega tira in koliksna jeciklotronska krozna frekvenca ωc, s katero krozi?

Resitev:

Najprej postavimo koordinatni sistem tako, da ima magne-tno polje smer osi z, vektor hitrosti protona pa ob vstopuv polje lezi v ravnini xz. Magnetno polje po komponen-tah zapisemo ~B = (0, 0, B), zacetno hitrost protona pa ~v =(v sin(ϕ), 0, v cos(ϕ)). Lorentzovo silo, ki deluje na proton,

~F = md~v

dt= e0(~v × ~B),

zapisemo po komponentah takole:

mdvxdt

= e0vyB, (80)

mdvydt

= −e0vxB, (81)

mdvzdt

= 0. (82)

53

Slika 14:

Z integracijo enacbe (82) po casu dobimo, da je komponentahitrosti vz konstantna. Seveda mora biti enaka zacetni vre-dnosti ob vstopu v magnetno polje, torej:

vz = v cos(ϕ). (83)

Enacbo (80) odvajamo enkrat po casu

d2vxdt2

=e0B

m

dvydt

= ωcdvydt

. (84)

Uvedli smo ciklotronsko krozno frekvenco protona:

ωc =e0B

m.

Iz podatkov hitro izracunamo, da je ωc = 191617 s−1.

S kombinacijo izrazov (81) in (84) dobimo:

d2vxdt2

+ ω2cvx = 0. (85)

Nato enkrat odvajamo po casu enacbo (81):

d2vydt2

= −ωcdvxdt

. (86)

S kombinacijo izrazov (80) in (86) pa dobimo:

d2vydt2

+ ω2cvy = 0. (87)

54

Splosni resitvi enacb (86) in (87) sta:

vx = A sin(ωct) +B cos(ωct), (88)

vy = C sin(ωct) +D cos(ωct). (89)

Konstante A, B, C in D dolocimo iz zacetnih pogojev

vx(0) = v sin(ϕ), vy(0) = 0,

ter zvez (80) in (81):

dvxdt

= ωcvy,dvydt

= −ωcvx.

Hitro izracunamo, da mora biti A = D = 0 in B = −C =v sin(ϕ). Torej

vx = v sin(ϕ) cos(ωct), vy = −v sin(ϕ) sin(ωct). (90)

Hod vijacnice h je pot, ki jo proton prepotuje v smeri vzdolzmagnetnega polja, torej v smeri osi z, v casu enega ciklotron-skega obhoda, torej:

h = vz2π

ωc

= v cos(ϕ)2π

ωc

= 0.21 m.

Ko hitrosti (90) integriramo po casu, dobimo:

x =v sin(ϕ)

ωcsin(ωct) = rL sin(ωct),

y =v sin(ϕ)

ωccos(ωct) = rL cos(ωct).

Larmorjev radij rL je torej dolocen s komponento hitrostidelca, ki je pravokotna na magnetno polje. Iz podatkov lahkoizracunamo, da je rL = 0.026 m.

70. Ion tritija (radioaktivni izotop vodika, ki ima poleg protona se2 nevtrona) z maso 5.007·10−27 kg in enim pozitivnim osnov-nim nabojem 1.6·10−19 As leti po premici s konstantno hitro-stjo 8000 m/s. Nenadoma prileti v obmocje, kjer obstajata

55

homogeno elektricno polje z jakostjo 0.05 V/m ter homogenomagnetno polje z gostoto 0.2 T. Polji med seboj oklepata kot80o, delec pa se v zacetku giblje po premici, ki je pravokotnana ravnino obeh polj. Koliksna je hitrost delca 0.016 s povstopu v obmocje obeh polj?

Resitev:

Oznacimo elektricno polje E = 0.05 V/m, magnetno poljeB = 0.2 T, zacetna hitrost iona v0 = 80 m/s, cas T = 1.6·10−7

s, masa tritija m = 5.007·10−27 kg, e0 = 1.6·10−19 As ter kotmed elektricnim in magnetnim poljem α = 80o. V obmocjuobeh polj gibanje delca doloca 2. Newtonov zakon, sila, kideluje na ion tritija pa je Lorentzova:

~F = md~v

dt= e0

(

~E + ~v × ~B)

.

Koordinatni sistem postavimo tako, da ima magnetno poljesmer osi z, ~B = (0, 0, B). Koordinatni sistem nato zavrtimookoli osi z tako, da elektrico polje spravimo v ravnino xz,torej ~E = (E sin(α), 0, E cos(α)), zacetna hitrost delca pa imasmer osi y: ~v0 = (0, v0, 0) - glejte sliko 15. Zgornjo vektorskoenacbo potem po komponentah zapisemo takole:

mdvxdt

= e0E sin(α) + e0vyB, (91)

mdvydt

= −e0vxB, (92)

mdvzdt

= e0E cos(α). (93)

Enacbo (91) odvajamo po casu:

d2vxdt2

=e0B

m

dvydt

,

in dobljeni rezultat vstavimo v enacbo (92):

m2

e0B

d2vxdt2

= −e0vxB,

56

x

y

z

EBx

Ex

E

B

Ez

a

Slika 15:

oziroma po preureditvi:

d2vxdt2

+ ω2cvx = 0. (94)

Vpeljali smo ciklotronsko krozno frekvenco ωc:

ωc =e0B

m. (95)

Nato enacbo (92) enkrat odvajamo po casu:

d2vydt2

= −ωcdvxdt

.

Dobljeni rezultat vstavimo v (91) in uredimo:

d2vydt2

+ ω2cvy = −ω2

c

E sin(α)

B. (96)

Poglejmo sedaj enacbi (94) in (96). Enacbo oblike, ki joima (94) smo ze srecali pri obravnavi nihanja. Njena splocnaresitev je oblike

vx = a sin(ωct) + b cos(ωct).

57

Ker pa je zacetna vrednost komponente hitrosti vx enaka 0,lahko takoj ugotovimo, da je b = 0. Za enacbo (96) hitrouganemo, da je ena mozna resitev na primer:

vyp = −E sin(α)

B.

Da je to res resitev enacbe (96), se lahko zelo hitro prepricamotako, da jo vstavimo v enacbo (96). Indeks p smo dodali,ker gre za partikularno resitev enacbe (96). Splosna resitevenacbe (96) pa je vsota partikularne resitve ter splosne resitvehomogenega dela enacbe (96) - to je enacbe v katero bi enacba(96) presla, ce bi imela na desni strani niclo:

d2vydt2

+ ω2cvy = 0.

Splosna resitev enacbe (96) ima torej obliko:

vy = c sin(ωct) + d cos(ωct)−E sin(α)

B.

Dolociti je potrebno se konstante a, c in d in sicer tako, dabodo izpolnjeni pogoji

vy(t = 0) = v0,dvydt

= −ωcvx,dvxdt

=e0mE sin(α) + ωcvy.

Iz teh pogojev dobimo c = 0 in a = d = v0+E sin(α)

B. Iz enacbe

(93) pa izracunamo se tretjo komponento hitrosti z direktnointegracijo. Komponente hitrosti so torej:

vx =

(

v0 +E sin(α)

B

)

sin(ωct), (97)

vy =

(

v0 +E sin(α)

B

)

cos(ωct)−E sin(α)

B, (98)

vz =e0E cos(α)

mt. (99)

58

Ce sedaj vstavimo podatke, dobimo najprej:

ωc = 6.391 · 106 s−1,E sin(α)

B= 0.246 m/s,

nato pa se vx = −2369.72 m/s, vy = −7641.47 m/s in vz =4439.18 m/s. Velikost hitrosti tritijevega iona je

v =√

v2x + v2y + v2z = 9149.53m/s.

Kako zapleteno je v resnici gibanje tega delca bolje vidimo,ce hitrosti (97)-(99) enkrat integriramo po casu, da dobimonjegovo trenutno lego x, y in z. Po integraciji dobimo:

x =

∫

vxdt = −rL cos(ωct) + x0, (100)

y =

∫

vydt = rL sin(ωct)−E sin(α)

Bt+ y0, (101)

z =

∫

vzdt =e0E cos(α)t2

2m+ z0. (102)

Definirali smo Larmorjev radij rL ciklotronskega krozenja tegadelca takole:

rL =v0 +

E sin(α)B

ωc=

m(

v0 +E sin(α)

B

)

e0B. (103)

Ce vstavimo podatke dobimo rL = 0.001252 m. Integracij-ske konstante x0, y0 in z0 dolocajo tocko, kjer je delec vsto-pil v obmocje, kjer obstajata polji. Delec torej ciklotronskokrozi okoli magnetnih silnic s krozno frekvenco ωc po tiru spolmerom rL. Obenem se delec pospeseno giblje v smeri ma-gnetnega polja, pospesek pa doloca projekcija elektricnega namagnetno polje. Hkrati pa se ciklotronski center delca gibljes konstantno hitrostjo

vd =E sin(α)

B

59

v smeri negativne osi y - to pa je ravno smer vektorskegaprodukta ~E × ~B. Pojav zato imenujemo ~E × ~B lezenje, ozi-roma anglesko ~E × ~B drift. Zato tudi indeks d pri hitrosti.Vektorsko bi to hitrost zapisali takole:

~vd =~E × ~B

B2.

Opazimo lahko, da hitrost ~vd ni odvisna od naboja delca. Velektricnem in magnetnem polju, ki nista vzporedni, torej ci-klotronski center tako pozitivnega kot negativnega delca lezev isto smer in se celo hitrost lezenja je za delce obeh vrstenaka.

71. Nabit delec z nabojem e in maso m prileti s hitrostjo v0 vpodrocje, kjer obstajata homogeno elektricno polje E in ma-gnetno polje B. Polji oklepata poljuben kot, a nsiat medseboj pravokotni ali vzporedni. V trenutku, ko delec vstopiv podrocje, kjer sta polji, nanj zacne delovati se sila F , ki pani elektrostatske narave. Lahko je na primer sila teze ali pacentrifugalna sila, ce se delec giblje po ukrivljenem tiru v naprimer TOKAMAK-u. Analizirajte gibanje tega delca!

Resitev:

Najprej postavimo koordinatni sistem. Os z usmerimo v smermagnetnega polja, tako, da je ~B = (0, 0, B). Sistem nato za-vrtimo okoli osi z tako, da se elektricno polje znajde v ravninixz, torej ~E = (Ex, 0, Ez). Dodatni sili na delec pa moramo

dovoliti vse 3 komponente ~F = (Fx, Fy, Fz). Enako velja zazacetno hitrost delca ob vstopu v polje ~v0 = (vx0, vy0, vz0).Drugi Newtonov zakon za delec potem zapisemo takole:

md~v

dt= ~F + e

(

~E + ~v × ~B)

.

Glede na prej postavljeni koordinatni sistem zgornjo enacbopo komponentah zapicemo takole:

mdvxdt

= Fx + e (Ex + vyB) , (104)

60

mdvydt

= Fy − evxB, (105)

mdvzdt

= Fz + eEz. (106)

Postopamo podobno, kot pri prejsnji nalogi. Najprej enacbo(105) enkrat odvajamo po casu in upostevamo enacbo (104),potem pa odvajamo (104) in upostevamo (105). Dobimotaksni enacbi:

d2vxdt2

+ ω2cvx =

eB

m2Fy, (107)

d2vydt2

+ ω2cvy = −eB

m2(Fx + eEx) . (108)

Njuni partikularni resitvi lahko hitro uganemo:

vxp =1

eBFy, vyp = − 1

eB(Fx + eEx) .

Splosni resitvi homogenih delov obeh enacb sta:

vx = a sin(ωct) + b cos(ωct),

vy = c sin(ωct) + d cos(ωct),

splosni resitvi enacb (107) in (108) sta torej:

vx = a sin(ωct) + b cos(ωct) +1

eBFy,

vy = c sin(ωct) + d cos(ωct)−1

eB(Fx + eEx) .

Konstante a, b, c in d dolocimo iz pogojev:

vx(t = 0) = vx0, vy(t = 0) = vy0,

ter zahtev, ki ju postavljata enacbi (104) in (105). Po nekajracunanja dobimo:

a = d = vy0 +1

eB(Fx + eEx) ,

b = vx0 −1

eBFy, c = −b =

1

eBFy − vx0.

61

Komponenti hitrosti vx in vy sta torej podani z izrazoma:

vx =

(

vx0 −1

eBFy

)

cos(ωct) + (109)

+

(

vy0 +1

eB(Fx + eEx)

)

sin(ωct) +1

eBFy,

vy =

(

vy0 +1

eB(Fx + eEx)

)

cos(ωct)− (110)

−(

vx0 −1

eBFy

)

sin(ωct)−1

eB(Fx + eEx) .

Komponento vz pa dobimo z integracijo enacbe (106):

vz =Fz + eEz

mt+ vz0. (111)

Trenutno lego delca pa dobimo z integracijo enacb (109)-(111)po casu:

x = r1 sin(ωct)− r2 cos(ωct) +1

eBFyt+ x0, (112)

y = r2 sin(ωct) + r1 cos(ωct)−1

eB(Fx + eEx) t+ y0, (113)

z =(Fz + eEz)t

2

2m+ vz0t + z0. (114)

Pri tem je

r1 =vx0 − 1

eBFy

ωc

, r2 =vy0 +

1eB

(Fx + eEx)

ωc

,

integracijske konstante x0, y0 in z0 pa dolocajo mesto, kjerje delec vstopil v obmocje delovanja polj in dodatne sile. Izenacb (112)-(114) lahko gibanje delca opisemo takole. Delecciklotronsko krozi okoli magnetne silnice, njegov ciklotronskicenter pa pri tem leze po ravnini, ki je pravokotna na magne-tno polje. Obenem se pospesuje v smeri magnetnega poljatako, kot dolocata projekciji zunanje sile in elektricnega polja

62

na magnetno polje. Iz komponent hitrosti (109)-(111) lahkorazberemo, da je hitrost lezenja ciklotronskega centra ~vd po-dana z izrazom:

~vd =~E × ~B

B2+

~F × ~B

eB2.

Opazimo naslednje. Hitrost lezenja ciklotronskega centra, kiga povzroca dodatna zunanja sila, je odvisna od naboja delcain ima zato za pozitiven delec nasprotno smer, kot za nega-tivnega. Ceprav sila ~F ni nujno ravno gravitacijska sila nadelec, se je tega lezenja prijelo ime gravitacijski drift.

72. Po zelo dolgem ravnem vodniku tece tok 1000 A. V ravninivodnika lezi kvadratna zanka s stranico 20 cm tako, da sta dvestranici zanke vzporedni z vodnikom, blizja stranica pa je 10cm oddaljena od vodnika. V nekem trenutku se tok po vodni-ku zacne zmanjsevati po enacbi I(t) = I0(1−(t/t0)

2). Pri temje I0 = 1000A in t0 = 25 s. Koliksna napetost se inducira vzanki 10 s po zacetku zmanjsevanja toka po vodniku?

73. Po zelo dolgem ravnem vodniku tece tok 1000 A. V ravninivodnika lezi kvadratna zanka s stranico 20 cm tako, da sta dvestranici zanke vzporedni z vodnikom, blizja stranica pa je 10cm oddaljena od vodnika. V nekem trenutku se tok po vodni-ku zacne zmanjsevati po enacbi I(t) = I0(1−(t/t0)

3). Pri temje I0 = 1000A in t0 = 25 s. Koliksna napetost se inducira vzanki 10 s po zacetku zmanjsevanja toka po vodniku?

74. Po zelo dolgem ravnem vodniku tece sinusni izmenicni tokz amplitudo 1000 A in frekvenco 50 Hz. V ravnini vodni-ka lezi kvadratna zanka s stranico 20 cm tako, da sta dvestranici zanke vzporedni z vodnikom, blizja stranica pa je10 cm oddaljena od vodnika. Koliksen efektivni tok tece pozanki, ce je njena upornost 0.08 Ω ?

75. Po zelo dolgem ravnem vodniku tece sinusni izmenicni tokz amplitudo 1000 A in frekvenco 50 Hz. V ravnini vodnikalezi trikotna zanka s stranicami 30, 40 in 50 cm tako, da je

63

najkrajsa stranica vzporedna z vodnikom, in oddaljena odnjega 10 cm. Koliksen efektivni tok tece po zanki, ce je njenaupornost 0.08 Ω ?

76. Skozi dolg vodnik kvadratnega preseka povrsine S = 4 ×10−6 m2 tece tok I = 5 A. Vodnik ima 2.5 × 1022 prostihnosilcev naboja (elektronov) na meter svoje dolzine (N/l).Ko postavimo vodnik v magnetno polje, ki je pravokotno nadve stranici vodnika, nastane med stranicama vzporednima zmagnetnim poljem napetostna razlika U = 1 mV. Koliksna jegostota nosilcev naboja na dolzinsko enoto?

Resitev:

Opisan pojav imenujemo Hall-ov pojav [7]. V stacionarnemstanju velja [7]:

e0E = e0vB , (115)

kjer je e0 naboj elektrona, E velikost jakosti elektricnega po-lja, v pa povprecna velikost hitrosti elektronov v smeri elek-tricnega toka. Ob upostevanju enacbe za gostoto elektricnegatoka:

I

S= ne0v , (116)

kjer je n stevilo prostih nosilcev naboja na enoto volumna in

E =U√S, (117)

iz enacbe (115) sledi:

n =IB

Ue0√S, (118)

od tod pa:

N

l= nS =

IB√S

Ue0= 2.5× 1022 m−1 . (119)

77. Magnetna igla niha s frekvenco 1 s−1 v magnetnem poljusesterokotne zanke s stranico 2 cm po kateri tece tok 10 A.

64

Za koliko odstotkov se spremeni nihajni cas magnetne igle, cezmanjsamo tok v zanki za 0.1 A? Os vrtenja magnetne iglelezi na geometrijski osi zanke 5 cm od sredisca zanke.(0.5 %)

78. Dva zelo dolga vzporedna vodnika sta oddaljena drug od dru-gega 1 m. Koliksna je gostota magnetnega polja na cetrtinirazdalje med njima, ce tece po vsakem tok 50 A v nasprotnismeri?(53.3 × 10−6 Vs/m2)

79. Ploscata tuljava s 100 ovoji je navita na kvadraten okvir sstranico 10 cm. Koliksna je magnetna poljska jakost v osituljave, ce tece skozi tuljavo tok 1 A?(900 A/m)

80. Galvanometer na vrtljivo tuljavico, ki ima 180 ovojev (N)in se nahaja med zaobljenima poloma podkvastega magnetatako, da ima polje na mestu tuljavice (B = 1 T) radialnosmer glede na os vrtenja tuljavice. Tuljavica je vrtljiva okoliosi, ki je pravokotna na njen magnetni dipolni moment terpravokotna na smer magnetnega polja. Povrsina posamez-nega ovoja tuljavice S = 2 cm2. S tuljavico je togo pove-zan kazalec, ki kaze v smeri magnetnega dipolnega momentatuljavice, pravokotno na njeno os vrtenja. Koliksna je ampli-tuda kazalcevega odklona, ce spustimo skozi tuljavico galva-nometra kratkotrajen tokovni sunek

∫

Jdt = 5 µAs? Vztraj-nostni moment tuljavice s kazalcem vred J = 1.5 × 10−6

kgm2, koeficient obeh polzastih vzmeti, ki sta povezani s tul-javico (z namenom, da jo vracata v ravnovesno stanje), pa jeskupaj enak 2.5 × 10−6 Nm (D).

Resitev:

Predpostavimo, da je pri majhnih odmikih kazalca (ϕ) smer

magnetnega polja ( ~B) pravokotna na magnetni moment tulja-vice (~pm) [2]. Velikost navora na tuljavo (M) je zato enaka:

M = pmB = NISB . (120)

65

Uporabimo izrek o vrtilni kolicini:∫

Mdt = Jω0 , (121)

kjer je ω0 amplituda kotne hitrosti. Iz enacb (120) in (121)sledi:

∫

NISBdt = Jω0 . (122)

V splosnem velja za vsako neduseno sinusno nihanje naslednjazveza med amplitudo kotne hitrosti (ω0) in amplitudo ϕ0:

ω0 = ϕ0 (2π

t0) , (123)

kjer je ϕ0 amplituda odmika, t0 pa nihajni cas. Za nihalo napolzasto vzmet je:

2π

t0=

√

D

J. (124)

Iz enacb (122) - (124) tako sledi:

NSB

∫

Idt = Jϕ0

√

D

J, (125)

in od tod koncni rezultat:

NSB∫

Idt√DJ

= 0.093 ≃ 5o . (126)

81. Tanek kovinski obroc s polmerom r = 10 cm se nahaja v ho-mogenem magnetnem polju z gostoto B = 2.5 T, kateregasmer je pravokotna na ravnino obroca. Na obroc je postavlje-na tanka kovinska palica, ki se giblje po ravnini obroca s kon-stantno hitrostjo v = 0.2 m/s proti srediscu obroca tako, daves cas tvori njegovo tetivo. Koliksna napetost se inducira 0.5s (t) po zacetku gibanja palice v zanki, ki jo tvorita palica inobroc? Palica na zacetku tvori tangento na obroc.

Resitev:

s = vt = 0.1 m −→ l = 2r ,

66

oziroma:Ui = Blv = B2rv = 0.1 V .

82. Po tuljavi dolzine 0.5 m in z 300 ovoji tece tok 20 A. V tejtuljavi se nahaja druga manjsa tuljavica s polmerom 3 cm,50 ovoji in uporom 5 Ω. Na zacetku sta geometrijski osi ve-like tuljave in male tuljavice vzporedni. Nato hitro zasucemomalo tuljavico za 60o okoli osi, ki je pravokotna na njeno geo-metrijsko os. Koliksen je sunek toka v mali tuljavici, ki jeprikljucena na upor 15 Ω.(1.4289 × 10−5 As)

83. Po tuljavi z N = 30 ovoji in presekom S = 15 cm2 tece tok.Pri majhnih odmikih niha tuljava v zemeljskem magnetnempolju s frekvenco ν = 1.5 s−1. Koliksen tok tece skozi tuljavo,ce je njen vztrajnostni moment J = 10 gcm2 ? Vodoravnakomponenta zemeljskega magnetnega polja ima gostoto B =2.1 × 10−4 T. Vrtilna os tuljave je pravokotna na njeno geo-metrijsko os in na smer magnetnega polja.

Resitev:

Zapisemo Newtonov zakon za vrtenje togega telesa okrog ne-premicne osi:

−pmB sin(ϕ) = Jα , (127)

kjer je pm magnetni moment tuljave in α kotni pospesek.Negativni znak kaze, da deluje navor M = −pmB sin(ϕ) protiravnovesni legi. Upostevamo, da so odmiki majhni, torejsin(ϕ) ≈ ϕ. Od tod sledi:

−pmBϕ = Jα , (128)

oziroma:

α = −(

pmB

J

)

ϕ . (129)

Enacba (129) je znacilna za sucno sinusno nihanje [2, 6]. Ve-lja:

(2πν)2 =

(

pmB

J

)

=NISB

J, (130)

67

torej:

I =(2πν)2J

NSB= 9.4 A .

84. Iz bakrene zice s specificno upornostjo ρ = 0.017 Ωmm2/m inpresekom S0 = 1 mm2 naredimo krozno zanko s polmerom r =1 m. Homogeno magnetno polje z gostoto 1 T je pravokotnona ravnino zanke. Koliksen tok tece po zanki, ce magnetnopolje v 10 s linearno zmanjasamo na nic tako, da se gostotamagnetnega polja v odvisnosti od casa spreminja po enacbiB(t) = B0 − αt, kjer je B0 = 1 T in α = 0.1 V/m2 ?

Resitev:

Magnetni pretok skozi zanko je:

Φm = Bπr2 = (B0 − αt)πr2 ,

inducirana napetost v zanki pa:

Ui = −dΦm

dt= απr2 .

Ob upostevanju izraza R = ρ2πr/S0 izpeljemo induciranielektricni tok v obliki:

I =Ui

R=

αS0r

2ρ.

85. Bakrena zica s presekom 1 mm2 in specificno upornostjo 0.017Ω mm2/m je zvita v krozno zanko s polmerom 8 cm. Zankase nahaja v homogenem magnetnem polju z gototo 0.2 T, kije pravokotno na ravnino zanke. Nenadoma zacne gostotamagnetnega polja v odvisnosti od casa linearno narascati inpo 4 s doseze 1.6 T. Koliksen elektricni tok se inducira vzanki?

86. Ovoj iz tanke zice ima radij r = 12 cm in lezi v magnetnempolju z gostoto B0 = 1 T. Smer magnetnega polja je pravo-kotna na ravnino ovoja. Najmanj koliksen mora biti cas, vkaterem lahko gostoto magnetnega polja linearno zmanjsamo

68

na nic, da se ovoj ne pretrga? Natezna trdnost zice je σm =200 N/mm2, specificna upornost zice pa je ρ = 1.7×10−8Ωm.

Resitev:

Inducirani elektricni tok v zici je (glej zgornje naloge)

I =Ui

R=

B0S0r

2t0ρ, (131)

kjer je t0 cas, ki ga iscemo. Sedaj si predstavljajmo majhendelcek zanke dolzine dl, na katerega v zunanjem magnetnempolju deluje sila

d~Fm = Id~l × ~B .

Razmislite, da sila vedno kaze radialno iz obroca in da jevelikost sile

dFm = IdlB . (132)

Ta sila povzroci natezno napetost σ v obrocu, ki si jo lahkopredstavljamo kot dve natezni sili Fn = σS0 na nas delcekobroca s povrsino preseka S0. Ti natezni sili kazeta v tan-gentnih smereh, njuna vsota pa je Fn sin(dϕ) ≈ Fn dϕ, kjerje dϕ = dl/r (skicirajte si majhen delcka obroca in sile nanjter iz skice preverite zadnji enacbi!). Vsota teh sila mora bitinasprotno enaka dFm, kar nam da zvezo za natezno napetostv obrocu:

σ =IdlB

S0dϕ=

B0r2B

2t0ρ. (133)

Natezna napetost je najvecjan zacetku, ko je B(t) najvecji inenak B0. Cas zmanjsevanja mora biti torej najmanj:

t0 =B2

0 r2

2 σm ρ

.= 2.12 ms (134)

87. Dva zelo dolga vzporedna kovinska vodnika s presekom 0.8mm2 in specificno upornostjo 0.08 Ωmm2/m sta med sebojoddaljena 25 cm. Na enem krajiscu sta povezana z negibnokovinsko precko, ki ima enak presek in specificno upornostkot vodnika. Druga, a enaka precka je brez trenja gibljiva

69

vzdolz vodnikov. Pri tem je ves cas pravokotna na vodnika inse z njima na obeh krajiscih stika (slika 16). Masa te preckeje 95 g. Homogeno magnetno polje z gostoto 0.8 T je pra-vokotno na ravnino vodnikov in preck. V zacetku premicnaprecka miruje ob negibni precki. Nato pa jo zacnemo vleci vsmeri vodnikov tako, da se giblje s konstantnim pospeskom0.7 m/s2. Koliksen elektricni tok tece po precki 14 s kasnejein s koliksno silo moramo takrat vleci precko?

Slika 16:

88. Dva zelo dolga vzporedna superprevodna vodnika sta medseboj oddaljena 25 cm. Na enem krajiscu sta povezana z ne-gibno superprevodno precko. Druga precka, ki ima upornost0.8 Ω je brez trenja gibljiva vzdolz vodnikov. Pri tem je vescas pravokotna na vodnika in se z njima na obeh krajiscihstika (slika 16). Masa te precke je 98 g. Homogeno magnetnopolje z gostoto 0.7 T je pravokotno na ravnino vodnikov inpreck. V zacetku premicna precka miruje ob superprevodniprecki. Nato pa jo zacnemo vleci v smeri vodnikov s silo 0.8N. Koliksna je hitrost precke 11 s kasneje in koliksen elektricnitok tece takrat po precki? Koliksna je hitrost precke po zelodolgem casu?

89. Kvadraten okvir iz zice s specificnim uporom 0.06 Ωmm2/min presekom 1 mm2 ima stranico z dolzino 4 cm. Okvir vrtimookoli simetrale kvadrata, ki je vzporedna z dvema stranicamain pravokotna na magnetno polje z gostoto 0.1 T. Koliksenpovprecen navor je potreben, da se okvir zavrti 300 krat v

70

minuti?(4.7 × 10−3 Nm)

90. Kvadraten okvir iz zice s specificnim uporom 0.03 Ω mm2/min presekom 1 mm2 ima povrsino 121 cm2. Okvir vrtimoenakomerno s frekvenco 20 s−1 okoli njegove simetrale, ki jepravokotna na magnetno polje z gostoto 1 T in vzporedna zdvema stranicama. Koliksna je amplituda toka, ki tece pookvirju?(115.2 A)

91. Obroc iz kovine s specificnim uporom ξ ima polmer r inpovrsino preseka zice S. Obroc vrtimo okoli premera, ki jepravokoten na magnetno polje z gostoto B. Koliksen pov-precni navor je potreben, da se obroc vrti s kotno hitrostjoω?(< M >= πB2r3Sω/(4 ξ))

92. Kvadraten okvir iz zice, ki ima specificni upor = 0.1 Ωmm2/m in povrsino preseka S0 = 1 mm2, ima stranico a =10 cm. Okvir vrtimo okoli njegove simetrale, ki je pravokotnana magnetno polje z gostoto B = 0.1 T. Koliko dela (A) po-rabimo za en obrat okvirja pri vretnju s frekvenco ν = 60 s−1

? S koliksnim povprecnim navorom (< M >) moramo delo-vati na okvir, da ga vrtimo s frekvenco ν = 60 s−1 ? Izgubezanemarimo.

Resitev:

Inducirano napetost v okvirju Ui izracunamo s pomocjo in-dukcijskega zakona:

Ui = −dΦm

dt= BSω sin(ωt) ,

kjer smo upostevali, da je magnetni pretok skozi okvir:

Φm = BS cos(ωt) ,

ϕ = ωt pa je kot med normalo povrsine okvirja in smerjo mag-netnega polja. Povrsina okvirja S = a2, ω = 2πν. Inducirani

71

elektricni tok, ki tece po zanki je:

I =Ui

R=

BSω sin(ωt)S0

4a,

kjer smo upostevali:

R =4a

S0.

Ker tece po okvirju elektricni tok, deluje na okvir navor

M = pmB sin(ωt) ,

kjer je pm = IS magnetni moment zanke. Torej velja:

M = ISB sin(ωt) =B2S2ω sin2(ωt)S0

4a.

Ob upostevanju < sin2(ωt) >= 12tako dobimo:

< M >=B2a3πνS0

4= 4.7× 10−3 Nm .

Izracunajmo se delo, ki je potrebno za en obrat okvirja:

A=

∫ 2π

0

Mdϕ =B2S2ωS0

4a

∫ 2π

0

sin2 ϕ dϕ =B2a3π2νS0

2≈ 0.03 J .

93. Kvadratna zanka s stranico 10 cm in upornostjo 0.7 Ω senahaja v homogenem magnetnem polju, ki je pravokotno naravnino zanke in niha sinusno s frekvenco 200 Hz in amplitudo0.8 T. Koliksen efektivni elektricni tok tece po zanki?

94. Krozna zanka s polmerom 5 cm in upornostjo 0.8 Ω se v ho-mogenem magnetnem polju z gostoto 1 T vrti okoli svojegapremera s frekvenco 10 obratov na sekundo. Os vrtenja jepravokotna na magnetno polje. Koliksen efektivni elektricnitok tece po zanki?

95. Krozna zanka s polmerom 5 cm in upornostjo 0.8 Ω se v ho-mogenem magnetnem polju z gostoto 1 T vrti okoli svojegapremera s frekvenco 15 obratov na sekundo. Os vrtenja je pra-vokotna na magnetno polje. Koliksna povprecna elektricnamoc se porablja v zanki?

72

96. Krozna zanka s polmerom 5 cm in upornostjo 0.8 Ω se v ho-mogenem magnetnem polju z gostoto 1 T vrti okoli svojegapremera s frekvenco 10 obratov na sekundo. Os vrtenja je pra-vokotna na magnetno polje. Koliksen povprecen navor delujena zanko?

97. Krozna kovinska plosca s polmerom 20 cm se enakomernovrti s kotno hitrostjo 200 s−1 okoli svoje geometrijske osi vmagnetnem polju z gostoto 0.1 T. Koliksna je napetost medosjo plosce in njenim obodom? Magnetno polje je vzporednoz geometrijsko osjo plosce.(0.4 V)

1.4 Elektromagnetno valovanje

98. Radarska postaja oddaja elektromagnetne valove s frekvenco1010 Hz. Valovi se odbijajo od blizajocega se reaktivnegaletala. Odbite valove v radarski postaji sprejmejo in ugoto-vijo, da je njihova frekvenca za 47 kHz visja od frekvenceoddanih valov. S koliksno hitrostjo se priblizuje letalo?

99. V razdalji 3 km od neke radijske postaje je gostota energijske-ga toka izsevanega elektromagnetnega valovanja enaka 10−6

W/m2. Kako dalec od postaje lahko najvec se poslusamoto postajo z radijskim sprejemnikom, ki potrebuje na vhodujakost elektricnega polja 10−4 V/m?

100. Radijska postaja ima oddajnik z mocjo 200 W. Koliksna jejakost elektricnega polja oddanega elektromagnetnega valo-vanja na razdalji 50 km od oddajnika? Predpostavite, daoddajnik seva izotropno v vse smeri!

73

2 Sevanje, fotometrija

1. Okensko steklo je sestavljeno iz dveh plasti. Prva plast jedebela 2 mm, njena razpolovna debelina je 5 cm. Debelinadruge plasti je 1.5 mm, njena razpolovna debelina pa je 3 cm.Koliksen del vpadnega svetlobnega toka se absorbira v temsteklu?(0.63 %)

2. Plosci iz enakega pleksi stekla prepuscata po 20 % in 75 %vpadnega svetlobnega toka pri pravokotnem vpadu. Koliksnoje razmerje med debelinama plosc?(5.6)

3. Tockasti svetili sevata monokromatsko svetlobo. Svetili sta navisini 50 cm nad ravno mizo in sta med seboj razmaknjeni za50 cm. Amplituda jakosti elektricnega polja svetlobe prvegasvetila na razdalji 10 cm od svetila je 50 V/m. Koliksna je sve-tilnost (I2) drugega svetila, ce je miza najmocneje osvetljenana razdalji 15 cm od pravokotne projekcije prvega svetila namizo v smeri proti pravokotni projekciji drugega svetila namizo? Absorpcijo svetlobe zanemarimo.(I2 = 3.1 × 10−2 W)

4. Nad oglisci vodoravne pravokotne mize s stranicama dolzine300 cm in 245 cm so obesene 4 majhne zarnice vse na visini1.5 m nad oglisci. Prva zarnica ima moc 100 W, druga 60 W,tretja 200 W in cetrta 80 W. Koliksna je osvetljenost sredinemize? Predpostavite, da so vse stiri zarnice tockasta svetila,ki sevajo na vse strani enakomerno!

5. Na 3 m (h) visokem stropu je pritrjena zelo dolga fluorescenc-na svetilka, ki ima obliko traku sirine 4 cm (D). Koliksna jeosvetljenost tal pod svetilko, ce svetilka seva po Lambertovemzakonu in je njena svetlost B=0.001 W/m2 ?

Resitev:

Iz slike 17 razberemo:

r =h

cos ϑ(135)

74

Slika 17:

in

tg ϑ =l

h. (136)

Iz enacbe (136) sledi

dl =h

cos2 ϑdϑ . (137)

Prispevek koscka traku sirine D in dolzine dl (glejte sliko 17)k osvetljenosti tal je:

dE =dI

r2cosϑ =

B dS cos2 ϑ

r2=

BD dl cos2 ϑ

r2, (138)

kjer smo upostevali, da je svetilnost koscka traku s povrsinodS = Ddl (slika 17) enaka dI = BdS cosϑ. Ce vstavimo izrazza r iz enacbe (135) ter izraz za dl iz enacbe (137) v enacbo(138) dobimo:

dE =BD

hcos2 ϑ dϑ ,

torej je:

E(ϑ0) = 2BD

h

∫ ϑ0

0

cos2 ϑ dϑ =

BD

h

∫ ϑ0

0

(1 + cos 2ϑ) dϑ =BD

h

(

ϑ0 +1

2sin (2ϑ0)

)

. (139)

75

V nasem primeru gre ϑ0 → π/2, zato iz enacbe (139) sledi:

E = E(ϑ0 →π

2) =

BDπ

2h.

6. Dve majhni zarnici sta obeseni v visini 90 cm nad vodoravnomizo. Razdalja med zarnicama je 1 m. Prva zarnica ima moc40 W. Koliksna je moc druge zarnice, ce je najbolj osvetljenatocka na mizi tista, ki lezi na zveznici obeh pravokotnih pro-jekcij zarnic na mizo in je 80 cm oddaljena od projekcije prvezarnice? Zarnici obravnavajte kot tockasti svetili, ki svetitaenakomeno na vse strani!

7. Dve majhni zarnici, prva z mocjo 40 W in druga z mocjo60 W sta obeseni v visini 80 cm nad vodoravno mizo. Raz-dalja med zarnicama je 1 m. Koliksna je osvetljenost tockena mizi, ki se nahaja na zveznici pravokotnih projekcij obehzarnic na mizo in je 30 cm oddaljena od pravokotne projekcijeprvega zarnice? Zarnici obravnavajte kot tockasti svetili, kisvetita na vse strani enakomerno! Katera tocka na zveznicimed pravokotnima projekcijama obeh zarnic na mizo je naj-bolj osvetljena?

8. Majhna svetilka je obesena nad sredino dolge in 1 m sirokemize. Svetilka ima za vse smeri enako svetilnost. Kako visokonad povrsino mize moramo obesiti svetilko, da bo osvetljenostna vzdolznem robu mize najvecja?(0.35 m)

9. Koliksen svetlobni tok seva v prostor tockovno svetilo, katere-ga svetilnost je podana z enacbo I(θ, φ) = a sin(θ/4) cos(φ/6)?Pri tem je a = 1 W/ster.

10. Koliksen svetlobni tok seva v prostor osno simetricno svetilo,katerega svetilnost je podana z enacbo I(θ) = a sin(θ/4) +b cos(θ/6)? Pri tem je a = 1 W/ster in b = 2 W/ster.

11. Na eno ploskev kocke, ki se nahaja v vesolju, pada v pravokot-ni smeri EM valovanje z amplitudo elektricne poljske jakosti

76

E0 = 100V/m. Albedo (odbojnost) kocke a = 0.6. Koliksnaje stacionarna temperatura kocke (Ts)? Koliksen energijskitok oddaja kocka v stacionarnem stanju (Pizs)?

Resitev:

V stacionarnem stanju je izsevani tok (Pizs) enak absorbira-nemu toku (Pabs), ki pa je enak vpadnemu toku (Pvp) minusodbitemu toku (Podb), torej:

Pizs = Pabs = Pvp − Podb . (140)

Ob upostevanju definicije odbojnosti (albeda) a = Podb/Pvp

iz enacbe (140) sledi:

Pizs = Pabs = Pvp(1− a) ,

od tod pa:Pizs = Pabs = jvpb

2(1− a) , (141)

kjer je b2 povrsina ene kockine ploskve, jvp pa gostota vpadne-ga toka EM valovanja.Velja [2, 7]:

jvp =1

2ǫ0E

20c0 , (142)

kjer je c0 hitrost svetlobe v vakuumu. Iz enacb (141) in (142)tako sledi:

Pizs =1

2b2(1− a)ǫ0E

20c0 = 1.33× 10−2 W . (143)

Po drugi strani pa lahko ob upostevanju Stefanovega zakona[2, 7]:

j = (1− a)σT 4 ,

kjer je σ Stefanova konstanta, zapisemo:

Pabs = Pizs = 6b2(1− a)σT 4s ,

oziroma:

Ts =

(

Pabs

6b2(1− a)σ

)(1/4)

. (144)

77

Ker je Pabs = Pizs lahko enacbo (144) zapisemo tudi v obliki

Ts =

(

Pizs

6b2(1− a)σ

)(1/4)

. (145)

Ob upostevanju enacbe (143) pa iz enacbe (145) sledi koncniizraz za stacionarno temperaturo kocke:

Ts =

(

ǫ0E20c0

12σ

)(1/4)

= 79 K .

Vidimo, da rezultat ni odvisen od mase kocke in specificnetoplote snovi, iz katere je kocka. To je posledica dejstva, daobravnavamo stacionarno stanje, ko se temperatura kocke nespreminja vec.

12. Dolgo pocrnjeno zico s polmerom 4 mm in specificnim upo-rom 0.016 Ωmm2/m grejemo s tokom 160 A. Zica se nahajav vakuumu. Koliksna je temperatura zice na povrsini v sta-cionarnem stanju?(275 K)

13. V soncnem sistemu se na isti razdalji od Sonca kot Zemljanahaja siv okrogel satelit polmera 0.1 m z albedom 0.6. Ko-liksna je temperatura satelita? Vzemite, da seva Sonce kotcrno telo s temperaturo 6000 K ter da je temperatura satelitaenaka po njegovi celotni povrsini. Polmer Sonca je 696000km, razdalja od Zemlje do Sonca pa je 149 × 106 km.

Resitev:

Iz temperature povrsja Sonca lahko iz Stefanovega zakonaizracunamo svetlobni tok, ki ga seva Sonce in gostoto tegasvetlobnega toka (j), ko doseze satelit (izgube zaradi absorp-cije pri tem zanemarimo). Satelit prestreze P = j πR2

satelit

tega svetlobnega toka, od katerega se ga (1 − a)P (kjer je aodbojnost) absorbira. Ko zapisemo za satelit Stefanov zakonza sevanje sivega telesa, lahko izrazimo temperaturo satelita

78

v stacionarnem stanju. Dobimo:

Tsatelit = TSonce

√

RSonce

2 rZemlja−Sonce

.= 290K.

Vidimo, da je temperatura satelita v stacionarnem stanju ne-odvisna od njegovega premera in odbojnosti.

14. Spekter elektromagnetnega valovanja, ki ga seva neko crnotelo, ima maksimum pri valovni dolzini 600 nm. Koliksen jeenergijski tok izsevanega valovanja, ce ima telo povrsino 300cm2 ?

15. Neko crno telo ima temperaturo 2500 K. Nato ga segrejemoza toliko, da se valovna dolzina, pri kateri ima spekter maksi-mum, zmanjsa za 0.2 µm. Koliksno gostoto energijskega tokasedaj seva to crno telo? Njegova povrsina je 50 cm2.

16. Iz Planckovega zakona izpeljite Stefanov in Wienov zakon!

Resitev:

Planckov zakon podaja porazdelitev gostote energijskega tokaizsevanega elektromagnetnega valovanja po valovnih dolzinah,[7]:

dj

dλ=

2πhc20λ5 (exp(hc0/λkT )− 1)

.

Pri tem je h Planckova konstanta, j gostota izsevanega ener-gijskega toka, λ valovna dolzina, k Boltzmannova konstanta,c hitrost svetlobe v vakuumu in T absolutna temperatura.

Stefanov zakon podaja gostoto celotnega izsevanega energij-skega toka. Dobimo ga z integracijo Planckovega zakona povalovnih dolzinah:

j =

∫ ∞

0

dj

dλdλ =

∫ ∞

0

2πhc20 dλ

λ5 (exp(hc0/λkT )− 1).

Uvedemo novo spremenljivko:

x =hc0λkT

, dλ = − hc0kTx2

dx .

79

Zgornji integral potem preide v:

j =2πk4T 4

h3c20

∫ ∞

0

x3 dx

ex − 1=

2π5k4

15h3c20T 4 .

Vrednost zgornjega integrala poiscemo v tabelah:

∫ ∞

0

x3/(ex − 1)dx = π4/15.

Zgornji izraz preuredimo v bolj znano obliko Stefanovega za-kona:

j = σT 4 ,

kjer je:

σ =2π5k4

15h3c20= 5.67× 10−8 W

m2K4

Stefanova konstanta.

Spekter izsevanega elektromagnetnega valovanja ima maksi-mum pri doloceni valovni dolzini. Ta valovna dolzina je odvis-na od temperature in to tako, da je produkt valovne dolzine,pri kateri ima spekter maksimum, in absolutne temperaturekonstanten. Vrednost te konstante izracunamo iz Plancko-vega zakona. Najprej Planckov zakon zapisemo z novo spre-menljivko x, ki smo jo definirali prej:

dj

dλ(x) =

2πk5T 5

h4c30

x5

ex − 1.

Ekstrem te funkcije poiscemo tako, da odvod po x izenacimoz 0. Tako dobimo enacbo:

x = 5(1− e−x) .

To enacbo resimo numericno, na primer z metodo navadneiteracije. Dobimo:

x =hc0λkT

= 4.9651 ,

80

oziroma:

λT =hc

4.9651k= kW = 2.898× 10−3 mK .

Temu izrazu pravimo Wienov zakon, kW pa je Wienova kons-tanta.

17. V vakuumu se nahaja crno telo z maso 60 g, narejeno pa je izsnovi, ki ima specificno toploto 200 J/kgK. Na zacetku imatemperaturo 2500 K. Povrsina telesa je 10 cm2. Po koliksnemcasu pade temperatura telesa na 1422 K?

18. Neko crno telo seva tako, da ima spekter izsevanega elektro-magnetnega valovanja maksimum pri valovni dolzini 800 nm.Nato temperaturo telesa povecamo za 300 K. Koliksen ener-gijski tok sedaj seva to crno telo z 1 cm2 svoje povrsine?

19. Volframska nitka ima premer 0.2 mm in temperaturo 1500 K.Nahaja se v vakuumu. Grejemo jo z enosmernim elektricnimtokom. Koliksen elektricni tok tece po nitki, ko se vzpostavistacionarno stanje? Predpostavite, da nitka seva kot crnotelo! Specificna upornost volframa je 0.055 Ωmm2/m.

20. Volframska nitka ima premer 0.2 mm. Nahaja se v vakuumu,po njej pa tece elektricni tok 3 A. Koliksna je temperaturate nitke, ko se vzpostavi stacionarno stanje? Predpostavite,da nitka seva kot crno telo! Specificna upornost volframa je0.055 Ωmm2/m.

21. Volframska nitka v zarnici ima temperaturo 2700 K. Zarnicougasnemo. Po koliksnem casu pade temperatura nitke na1000 K? Nitka ima polmer 0.05 mm in dolzino 10 cm. Gosto-ta volframa je 19.3 g/cm3, specificna toplota pa 155 J/kgK.Predpostavite, da nitka seva kot idealno crno telo. Kateripodatek je odvec?

22. Crno telo, ki ima povrsino 50 cm2 in toplotno kapaciteto 60J/K segrejemo na temperaturo 2897 K. Po koliksnem casuse telo ohladi za toliko, da se valovna dolzina, pri kateri ima

81

spekter izsevanega elektromagnetnega valovanja maksimumpoveca za 200 nm? Predpostavite, da telo oddaja toplotosamo s sevanjem!

23. Crno telo ima maso 600 g, povrsino 300 cm2 in specificnotoploto 200 J/kgK. V zacetku ima temperaturo 2500 K. Pokoliksnem casu se temperatura zniza na 1900 K? Predposta-vite, da telo oddaja toploto samo s sevanjem!

24. Okrogla, tanka, volframska ploscica ima polmer 4 cm. Vsrediscu ploscice je temperatura 2100 K. V radialni smeritemperatura linearno narasca in na robu ploscice meri 2600K. Koliksen energijski tok seva ta ploscica z ene od obeh svo-jih povrsin? Predpostavite, da ploscica seva kot idealno crnotelo!

25. Prva siva ploscica prepusti 65 % vpadlega svetlobnega toka,druga pa 45 % vpadlega svetlobnega toka. Ploscici sta izenakega materiala. Prva ploscica je debela 4 cm. Koliksna jedebelina druge ploscice?

26. Siva ploscica absorbira 30 % vpadlega svetlobnega toka. Ko-liko odstotkov svetlobnega toka prepustijo 4 taksne ploscice,ki so postavljene druga za drugo?

27. Siva ploscica debeline 3 cm absorbira 87.5 % vpadlega svetlob-nega toka. Koliksna je razpolovna debelina za to ploscico?

28. Prva siva ploscica prepusti 65 % vpadlega svetlobnega toka,druga pa 45 % vpadlega svetlobnega toka. Koliko odstotkovsvetlobnega toka prepustita ploscici, ko ju sestavimo?

29. Na eno stran tanke ravne homogenene kvadratne plosce s stra-nico dolzine 1 m, ki se nahaja v vesolju, pada v pravokotnismeri EM valovanje z amplitudo elektricne poljske jakosti 100V/m. Albedo plosce ni odvisen od valovne dolzine in je enak0.6. Ocenite, koliksen energijski tok oddaja plosca v stacio-narnem stanju?(5.31 W)

82

30. Na eno stran tanke ravne homogenene kvadratne plosce s stra-nico dolzine 1 m, ki se nahaja v vesolju, pada v pravokotnismeri EM valovanje z amplitudo elektricne poljske jakosti 100V/m. Albedo plosce ni odvisen od valovne dolzine in je enak0.6. Ocenite, koliksen energijski tok oddaja plosca v stacio-narnem stanju?(5.31 W)

83

3 Geometrijska optika

1. Pri poenostavljenem modelu cloveskega ocesa imajo leca, stek-lovina in tekocina v sprednjem zrkelnem prekatu vse lomnikolicnik 1.4. Lomni kolicnik zraka pa je priblizno 1.0. Ko-liksen naj bo polmer ukrivljenosti rozenice, da na mreznicinastane jasna slika predmeta, ki je od rozenice oddaljen 25cm? Razdalja od rozenice do mreznice je 2.6 cm.

Resitev:a = 25 cmb = 2.6 cmn = 1.4——r =?

Pri lomu svetlobe iz snovi z lomnim kolicnikom nzun v kroglo zradijem r in lomnim kolicnikom nnot velja za majhne odmikezarkov od opticne osi zveza:

nzun

a+

nnot

b=

nnot − nzun

r.

Tako kot pri enacbi tanke krogelne lece, je a razdalja pred-meta do roba krogle kjer vstopajo zarki in b razdalja od robakrogle do slike. Iz geometrije in lomnega zakona izpelji zgor-njo zvezo! V nasem primeru poenostavljenega modela ocesaje nzun = 1 (zrak) in nnot = n = 1.4. Tako dobimo za krivinskiradij (polmer ukrivljenosti):

r =n

1/a+ n/b.= 0.69 cm .

Naj omenimo se, da pogosto uporabimo tudi nekoliko druga-cen preprost model ocesa, kjer obravnavamo oko kar kot tankozbiralno leco v zraku, slika pa mora nastati na razdalji b namreznici. Ce ima taksna leca lomni kolicnik nl ter krivinskaradija r1 na eni in r2 na drugi strani, lahko uporabimo zvezo:

1

f= (nl − 1)

(

1

r1+

1

r2

)

.

84

Da na mreznici nastane ostra slika predmeta, ki je na razdaljia od ocesa, mora oko prilagoditi krivinska radija lece v nasempreprostem modelu tako, da za obratno vrednost goriscne raz-dalje velja (enacba tanke krogelne lece):

1

f=

1

a+

1

b.

2. Lomni kolicnik vode nv = 1.33, lomni kolicnik stekla ns =1.54. Dolocite kriticni kot za totalni odboj na meji med stek-lom in vodo αc!

Resitev:

Pri prehodu svetlobe cez mejo dveh snovi velja lomni zakonv obliki:

sinα

sin β=

nv

ns

,

kjer je α vpadni kot (v steklu) in β lomni kot (v vodi). Pri pre-hodu iz opticno gostejse snovi (vecji lomni kolicnik) v opticnoredkejso snov (manjsi lomni kolicnik) pride do totalnega od-boja, ko je β = 90o, ustrezni vpadni kot α ≡ αc pa v temprimeru imenujemo kriticni kot:

sinαc

sin 90o=

nv

ns

,

od koder sledi:

αc = arcsin

(

nv

ns

)

= 59.72o .

3. Tockasto svetilo na dnu 1 m globokega bazena posilja svetloboenakomerno v vse smeri. Koliksen je polmer kroga, ki gazarise lucka na vodni gladini? Lomni kolicnik vode je 1.33.(114 cm)

4. Paralelni snop bele svetlobe pada na prizmo z lomecim kotomγ = 45o pod taksnim kotom glede na povrsino prizme, dazapusca rdeci snop svetlobe prizmo pod pravim kotom. Za

85

koliko sta na 10 m oddaljenem zaslonu oddaljeni lisi rdece invijolicne svetlobe? Lomni kolicnik prizme za rdeco svetloboje nr = 1.37, lomni kolicnik prizme za vijolicno svetlobo pa je1.42.

Resitev:

Lomeci kot (γ) je kot med ploskvama prizme, skozi katerizarek vstopa in izstopa. Vpadni kot (α1) zarka, ki vstopa vprizmo in lomni kot sta povezana z lomnim zakonom,

sinα1

sin β1= n, (146)

kjer je n lomni kolicnik prizme in je odvisen od valovne dolzinesvetlobe. Enako lahko tudi pri izstopu iz prizme vpadni kotβ2 povezemo z lomnim kotom α2 (to je kot med normalo naizstopno ploskev in smerjo zarka, ki zapusti prizmo),

sin β2

sinα2=

1

n.

Za rdeco svetlobo naloga navaja α2 = 0 in s tem je tudiβ2 = 0. Ker v prizmi velja

γ = β1 + β

(iz geometrije izpelji zgornjo enacbo!), lahko iz lomnega za-kona na vpadni ploskvi prizme (enacba 146) izrazimo vpadnikot svetlobe:

sinα1 = nr sin γ. (147)

Sedaj lahko tudi za vijolicno svetlobo izracunamo lomni kotizstopajocega curka. Dobimo:

sinα2 = nr sin

(

γ − arcsin

(

nr sin γ

nv

))

. (148)

Razdalja med lisama na zaslonu je

x = d tanα2 = 49 cm .

Pri tem predpostavimo, da je zaslon postavljen vzporedno sploskvijo prizme iz katere svetloba izstopa.

86

5. Vzporedni snop svetlobe sirine 1 cm pada na vodno gladinopod vpadnim kotom 60o. Koliksna je sirina snopa pod vodo?Lomni kolicnik vode je 1.33, zraka pa 1.00.

6. Koliksna je minimalna vrednost lomnega kolicnika tristraneprizme z lomecim kotom 45o (slika 18), ki jo uporabljamoza spremembo smeri curka svetlobe za 90o ? Lomni kolicnikzraka okrog prizme je 1.00.(1.414)

Slika 18:

7. Tanka razprsilna leca razprsi snop vzporednih zarkov tako, daizgleda kot da bi prihajali iz tockastega svetlobnega izvora,ki je od ravnine lece oddaljen 20 cm. Velikost navidezne,pokoncne slike nekega predmeta je 1/3 velikosti predmeta. Nakoliksni razdalji od ravnine opisane lece se nahaja ta predmet?(40 cm)

8. Goriscna razdalja lupe je 9 cm. Kam moramo postaviti pred-met, da nastane slika 25 cm pred ocesom opazovalca? Ko-liksna je velikost slike, ce je velikost predmeta 1 mm?(6.62 cm, 3.78 mm)

Resitev:

Lupa nam poskrbi za to, da je predmet pri opazovanju skozi

87

lupo navidezno vecji. Slika, ki nastane pri uporabi lupe jenavidezna. Predpostavite lahko, da je razdalja med ocesomin lupo zanemarljiva. Tako lahko za enacbo lece zapisemo:

1

a+

1

−|b| =1

f.

Predmet moramo torej postaviti na razdaljo

a =|b|f

|b|+ f.= 6.62 cm.

Velikost slike (S) lahko izracunajte iz enacbe za povecavo lece:

S

|b| =P

a.

Velikost slike je torej

S = P|b|a

.= 3.8 mm.

9. Predmet visine 1.5 cm postavimo 30 cm dalec od zbiralne lecez goriscno razdaljo 20 cm. Na drugo stran lece postavimopokoncno zrcalo, na oddaljenost 38 cm od lece. Kako velikaje slika predmeta?

10. Slika predmeta, ki je oddaljen 10 m od zbiralne lece je visoka3 cm. Ce je isti predmet oddaljen 6 m, pa je njegova slikavisoka 5.02 cm. Koliksna je visina predmeta?(5m)

11. Daljnovidno oko ne vidi dobro predmetov, ki so oddaljeni odocesa manj kot 75 cm (a′). Ocenite dioptrijo lece za ocala(D = 1/fleca), ki jih to oko potrebuje, da vidi jasno tudi dorazdalje a = 25 cm?

Resitev:

Pri razdalji a′ = 75 cm pade slika na mreznico tudi brez ocal,velja:

1

foko=

1

a′+

1

b, (149)

88

kjer je b razdalja med leco ocesa in mreznico. Pri razdalji a= 25 cm pa oko potrebuje ocala, da slika pade na mreznico.Velja:

1

foko+

1

fleca=

1

a+

1

b. (150)

Iz enacbe (150) izrazimo:

1

b=

1

foko− 1

a′

in to vstavimo v enacbo (149). Tako dobimo:

1

fleca=

1

a− 1

a′= 2.7 m−1 .

12. Kratkovidno oko ne vidi jasno predmetov, ki so oddaljeni veckot 1 meter (x). Koliksna je dioptrija ocal, ki jih oko potre-buje, da vidi jasno predmete do oddaljenosti 5 metrov (y)?

Resitev:

Oko potrebuje konkavna ocala, ki predmet na oddaljenosti 5m preslikajo na razdaljo 1 m, kjer oko predmet lahko jasnovidi. Torej:

1

y+

1

−x=

1

f= D ,

D = −0.8 m−1 .

13. Predmet preslikamo z zbiralno leco na d = 90 cm oddaljenizaslon. Preslikava se posreci pri dveh legah lece. Slika pridrugi legi je stirikrat vecja od slike pri prvi (s2 = 4s1). Ko-liksen je lomni kolicnik n stekla iz katerega je izdelana leca,ce sta oba njena krivinska polmera enaka R = 0.2 m?

Resitev:

Povezavo med krivinskim polmerom R, lomnim kolicnikom nin goriscno razdaljo lece f podaja enacba

1

f= (n− 1)

2

R. (151)

89

Pri tem smo upostevali, da sta oba krivinska polmera enaka.Od tod sledi

n =R

2f+ 1 . (152)

Ugotoviti moramo torej goriscno razdaljo lece f . Pri prvi legi

f

f

p

p

s2

s1

a1

a2

b1

b2

Slika 19:

je leca oddaljena a1 od predmeta in b1 od zaslona. Pri drugilegi pa je leca oddaljena a2 od predmeta in b2 od zaslona. Vobeh primerih pa velja:

a1 + b1 = d , (153)

a2 + b2 = d . (154)

Za obe preslikavi velja enacba lece:

1

f=

1

a1+

1

b1, (155)

1

f=

1

a2+

1

b2. (156)

Ce je p visina predmeta, ki ga preslikavamo, sledi iz po-dobnosti trikotnikov (slika 19):

p

a1=

s1b1

, (157)

90

p

a2=

s2b2

. (158)

Poleg tega pa velja se:

s2 = 4s1 . (159)

Iz enac (157), (158) in (159) dobimo:

b1 =a1b24a2

. (160)

Enacbo (160) vstavimo v enacbo (153) in dobimo:

a1 =4a2d

b2 + 4a2. (161)

Nato vstavimo (161) v (160) in dobimo:

b1 =b2d

b2 + 4a2. (162)

Enacbi (161) in (162) vstavimo v (155) in dobimo:

1

f=

b2 + 4a24a2d

+b2 + 4a2

b2d. (163)

Iz enacb (163) in (156) potem sledi:

(b2 + 4a2)2 = 4d (a2 + b2) . (164)

Iz enacb (154) in (164) pa sledi

3 a22 + 2a2d− d2 = 0 . (165)

Resitev te enacbe je

a2 =d

3= 30 cm .

Od tod dobimo se

b2 =2d

3= 60 cm ,

f =a2b2

a2 + b2= 20 cm .

Od tod pa iz enacbe (152) sledi n= 1.5.

91

14. Dve tanki zbiralni leci z goriscnima razdaljama 20 cm in 10 cmpostavimo na skupno opticno os v medsebojni oddaljenosti 50cm. Kako dalec od prve lece (f1 = 20 cm) moramo postavitipredmet, da bomo dobili sliko 20 cm od druge lece? Narisiteskico poteka zarkov!

15. Predmet stoji pred pokoncnim zaslonom. Med predmetom inzaslonom premikamo zbiralno leco in opazujemo sliko predme-ta na zaslonu. Ostro sliko predmeta na zaslonu dobimo pridveh legah lece. Prvic, ko je leca 120 cm oddaljena od zaslona,in drugic, ko je leca 40 cm oddaljena od zaslona. Koliksna jegoriscna razdalja lece in koliksna je oddaljenost predmeta odzaslona?

16. Dva predmeta sta razmaknjena za 30 cm. Kam moramo pos-taviti zbiralno leco z goriscno razdaljo 14 cm, da bosta slikiobeh predmetov nastali na istem mestu?

17. Na opticno os tanke zbiralne lece z goriscno razdaljo f=30cm postavimo 1.5 m (a) pred leco palicasto svetilo visine x=6cm. Za leco postavimo zaslon tako, da na njem vidimo ostrosliko svetila. Koliksna je visina slike svetila (y) na zaslonu?

Resitev:

Zapisimo enacbo lece:

1

a+

1

b=

1

f. (166)

Iz zvez za podobne trikotnike sledi:

x

a=

y

b. (167)

Iz enacbe (167) izrazimo visino slike, pri cemer razdaljo slikeod lece (b) izracunamo iz enacbe (166):

y = xb

a=

x

a(1/f − 1/a)= 1.5 cm .

92

18. Okroglo ploscico s premerom 5 mm postavimo 50 cm predzbiralno leco tako, da sta ravnini ploscice in lece vzporedni,sredisce ploscice pa lezi na opticni osi lece. Zaslon za leco po-stavimo tako, da je slika predmeta na zaslonu ostra. Velikostslike je 1 mm. Ce nato premaknemo zaslon 1 cm nazaj (stranod lece), postane slika razmazana in velika 2 mm. Koliksenje polmer lece? Koliksna je goriscna razdalja lece?(0.5 cm, 8.33 cm)

Namigi za resevanje:rp = 2.5 mm . . . radij predmetarl . . . radij lecers = 0.5 mm . . . radij slikex = 1 cm . . . premik zaslonarx = 1 mm . . . radij razmazane slikea = 50 cm, b, f . . . klasicne oznake za tanko leco

Iz enacbe za povecavo lahko izrazite razdaljo (b) od lece dozaslona na katerem nastane ostra slika predmeta in nato izenacbe lece se goriscno razdaljo lece (f):

rpa

=rsb

⇒ b ⇒ f

Skicirajte si zarek iz vrha lece skozi spodnjo tocko ostre slikein dalje proti spodnji tocki razmazane slike na premaknjenemzaslonu. Zapisete lahko enakosti:

rly=

rsb− y

=rx

b− y + x,

kjer je y razdalja med leco in tocko, kjer ta zarek preckaopticno os. Iz teh enacb lahko izracunate radij lece (rl).

19. Mikroskop, ki ga sestavljata objektiv z goriscno razdaljo 9 mmin okular z goriscno razdaljo 6 cm, uporabimo za projekcijonastale slike na zaslon, ki je od okularja oddaljen 1 m. Slika,ki nastane pri preslikavi preko objektiva, je od objektiva od-daljena 14 cm. Dolocite lateralno povecavo slike predmeta,ki nastane na zaslonu (torej visina slike v primerjavi z visino

93

predmeta)! Koliksna je razdalja med objektivom in okular-jem?(228.5, 20.38 cm)

20. Pri mikroskopu je goriscna razdalja objektiva 0.5 cm, goriscnarazdalja okularja 2 cm, razdalja med lecama pa je 22 cm.Razdalja predmeta od objektiva je 0.51 cm. Slika predmeta jeza opazovalca navidezno v neskoncnosti. Koliksna je povecavamikroskopa? Za normalno zorno razdaljo vzamemo 25 cm.(490)

21. Mikroskop ima objektiv z goriscno razdaljo 15 mm in okularz goriscno razdaljo 4 mm. Predmet je 2 cm pred objektivom.Koliksna je povecava tega mikroskopa in koliksna je razdaljamed okularjem in objektivom? Narisite skico poteka zarkov!Za normalno zorno razdaljo vzemite 25 cm!

22. Mikroskop ima objektiv z goriscno razdaljo 15 mm in povecavo187.5. Predmet je 2 cm pred objektivom. Koliksna je goriscnarazdalja okularja in koliksna je razdalja med okularjem inobjektivom? Narisite skico poteka zarkov! Za normalno zornorazdaljo vzemite 25 cm!

23. Mikroskop ima objektiv z goriscno razdaljo 5 mm in okularz goriscno razdaljo 4 mm. Objektiv in okular sta 40 mm od-daljena drug od drugega. Kako dalec od objektiva je predmetin koliksna je povecava tega mikroskopa? Za normalno zornorazdaljo vzemite 25 cm! Narisite skico poteka zarkov!

24. Mikroskop ima objektiv z goriscno razdaljo 4 mm in oku-lar z goriscno razdaljo 5 mm. Povecava mikroskopa je 300.Kako dalec od objektiva je predmet in koliksna je razdaljamed objektivom in okularjem? Za normalno zorno razdaljovzemite 25 cm! Narisite skico poteka zarkov!

25. Ozek snop paralelnih svetlobnih zarkov pade na stekleno krog-lo s polmerom R = 10 cm. Koliko cm od nasprotne povrsinekrogle fokusira omenjeni svetlobni snop (d), ce je lomni kolic-nik stekla n = 1.52?

94

Resitev:

Iz slike 20 sledi:

2β1 + (180o − α1 − γ) = 180o ,

oziromaγ = 2β1 − α1 . (168)

Prav tako s slike 20 razberemo

a1

a1

b1 b

2

ag

h

d

r1

R

Pot zarka

Slika 20:

α + γ + (180o − β2) = 180o ,

od koder sledi:α = β2 − γ . (169)

Ce vstavimo izraz za kot γ iz enacbe (168) v enacbo (169)dobimo:

α = β2 − 2β1 + α1 . (170)

Velja tudi (glejte sliko 20):

sin γ =r1R

,

oziroma:r1 = R sin γ . (171)

95

S slike 20 sledi ob upostevanju da je γ zelo majhen,

tgα =r1d. (172)

Ce vstavimo izraz za r1 iz enacbe (171) v enacbo (172) do-bimo:

tgα =R sin γ

d,

oziroma:

d =R sin γ

tgα. (173)

Vstavimo v enacbo (173) izraz za kot α iz enacbe (170) inizraz za kot γ iz enacbe (168):

d =R sin(2β1 − α1)

tg(β2 − 2β1 + α1). (174)

Napisimo se lomni zakon na obeh straneh krogle in upostevaj-mo, da so koti α1, β1 in β2 majhni:

n =sinα1

sin β1

≈ α1

β1

, (175)

n =sin β2

sin β1≈ β2

β1. (176)

Iz enacb (175) in (176) sledi:

α1

β1

=β2

β1

,

oziroma:α1 = β2 . (177)

Izraz (177) upostevamo v enacbi (174) in dobimo:

d =R sin(2β1 − α1)

tg(α1 − 2β1 + α1)=

R sin(2β1 − α1)

tg(2α1 − 2β1). (178)

Ce upostevamo, da so koti majhni (sinϕ ≈ ϕ , tgϕ ≈ ϕ),zapisemo priblizni izraz za d v obliki:

d ≈ R (2β1 − α1)

(2α1 − 2β1). (179)

96

Ob upostevanju enacb (175) in (176) pa iz enacbe (179) sledi:

d =R (2α1/n− α1)

2α1 − 2α1/n=

R (2/n− 1)

2(1− 1/n)= 4.6 cm .

97

4 Valovna optika

1. Valovna dolzina rdece svetlobe iz helij–neonskega laserja je633 nm v zraku, v tekocini med rozenico in leco ocesa pa 474nm. Izracunajte lomni kolicnik, hitrost in frekvenco svetlobev tej tekocini!(1.335, 2.25 × 108 m/s, 4.74 × 1014 Hz)

2. Curek svetlobe z valovno dolzino λ = 500 nm gre skozi rezodebeline b = 0.4 mm in leco z goriscno razdaljo f = 2 m, kilezi tik za rezo. Ocenite razliko med lego osrednjega in prvegamaksimuma na zaslonu, ki ga postavimo na tako razdaljo odreze, da je slika ostra!

Resitev:

Gostoto energijskega toka na zaslonu lahko zapisemo v obliki[2]:

j = j0sin2(πb sin β/λ)

(πb sin β/λ)2, (180)

kjer je j0 gostota svetlobnega toka v vpadni smeri, kot β pameri odmik od vpadne smeri. Za osrednji maksimum je β =0. Za prvi minimum velja:

πb sin β1

λ= π ⇒ b sin β1 = λ .

Za drugi minimum velja:

πb sin β2

λ= 2π ⇒ b sin β2 = 2λ ,

torej za minimume v splosnem velja:

b sin βN = Nλ , N = 1, 2, ...

Prvi maksimum se nahaja med prvim in drugim minimumom,zato zanj vzamemo:

πb sin βx

λ=

3

2π . (181)

98

Ob upostevanju, da je kot βx majhen (sin βx ≈ βx) iz enacbe(181) sledi:

βx =3

2

λ

b. (182)

Ker zahtevamo, da je slika ostra, to pomeni, da mora bitirazdalja med rezo (leco) in zaslonom enaka goriscni razdaljif = 2 m. Torej velja:

tg βx =∆x

f,

oziroma:∆x = f tg βx . (183)

Zopet upostevamo, da je kot βx majhen. Enacbo (183) lahkozato zapisemo v obliki:

∆x = fβx . (184)

Iz enacb (182) in (184) pa sledi:

∆x = fβx = f3λ

2b= 3.75 mm .

3. Uklonska mrezica ima reze v razmiku 2 µm. V pravokotnismeri jo osvetljujemo s svetlobo, ki ima valovno dolzino 600nm. Uklonsko sliko opazujemo na 3 m oddaljenem zaslonu.Koliksna je na zaslonu razdalja med osrednjo in prvo stranskosvetlo crto?

4. Vzporeden snop enobarvne svetlobe valovne dolzine λ = 500 nmpada pod kotom α = 45o na uklonsko mrezico. Najmanjkoliksna sme biti razdalja med rezami, da na drugi stranimrezice se lahko zaznamo prvi uklonski minimum?

Resitev:

Za prvi uklonski minimum mora biti razdalja poti zarkov izsosednjih rez enaka λ/2. Razlika poti med vpadnima zarkoma,ki padeta na sosednji rezi, je enaka d sinα, kjer je d razdaljamed sosednjima rezama. Najvecja razlika poti med uklonje-nimi zarki pa je pod najvecjim kotom glede na normalo na

99

mrezico, v skrajnem primeru so to zarki, ki so pri izstopu izreze kar vzporedni z rezo. Tako je skupna razlika poti medtaksnima uklonjenima zarkoma d sinα + d. Iz zveze

d sinα + d = λ/2

potem dobimo za razdaljo med rezami d = 146.4 nm.

5. Svetloba z valovno dolzino 500 nm pade pravokotno na plos-kev dvolomnega kristala, ki je rezan tako, da opticna os kris-tala lezi na ploskvi, na katero pade svetloba. Lomni kolicnikza redni zarek je 2.193, za izredni zarek pa 2.198. Kristalje debel 1.81 mm. Koliksen je fazni premik (v radianih) medrednim in izrednim zarkom po prehodu svetlobe skozi kristal?

6. Z namenom, da zmanjsamo odbojnost lece, se nanjo nanesetanek sloj dielektrika. Ocenite minimalno debelino takegatankega sloja iz snovi z lomnim kolicnikom 1.2, ce hocete karnajbolj zmanjsati odbojnost lece za valovno dolzino 550 nm?Lomni kolicnik lece je 1.5.(115 nm)

7. Bela svetloba pada pod kotom α=30o na ravno milnicno plastz lomnim kolicnikom h = 1.33. Koliksna mora biti debelinaplasti, da se najmocneje odbija svetloba z valovno dolzinoλ0=555 nm?

Resitev:

V milnicni plasti je valovna dolzina svetlobe enaka λ = λ0/n.Razlika v poti (δ) med zarkom 1 in 2 je priblizno (glejte sliko21):

δ = 2h cos β +λ

2,

kjer smo z λ/2 upostevali, da se zarek 1 odbije na opticnogostejsi snovi n′ > n). Pogoj za ojacanje zapisemo v obliki:

2h cosβ + λ/2 = Nλ ,

kjer je N = 1, 2, ... Upostevamo λ = λ0/n in dobimo:

2h cos β + λ0/2n = Nλ0

n,

100

b

a

Milnicna

plastbh

n´=1

n =1.33

n´=1

Slika 21:

od koder sledi:

2nh cos β =λ0

2(2N − 1) . (185)

Ob upostevanju lomnega zakona:

sinα

sin β= n ,

dobimo:sin2 α

sin2 β=

sin2 α

1− cos2 β= n2 ,

od tod pa sledi:

1

n2sin2 α = 1− cos2 β ,

oziroma:

cos β =

(

1− sin2 α

n2

)1/2

. (186)

Za N = 1 in ob upostevanju enacbe (186) iz enacbe (185)sledi:

2nh

(

1− sin2 α

n2

)1/2

=λ0

2,

101

oziroma:

2h(n2 − sin2 α)1/2 =λ0

2. (187)

S pomocjo enacbe (187) izracunamo debelino milnicne plasti:

h =λ0

4(n2 − sin2 α)−1/2 = 113 nm .

8. Na vodi z lomnim kolicnikom 1.33 lezi 2 µm debela plastolja z lomnim kolicnikom 1.6. Plast osvetljujemo s svetlobo zvalovno dolzino 489 nm. Koliksen kot, najblizji 70o, morajozarki oklepati s pravokotnico na vodno gladino, da se odbitasvetloba oslabi?

9. Na vodi z lomnim kolicnikom 1.33 lezi 5 µm debela plastolja z lomnim kolicnikom 1.6. Plast osvetljujemo s svetlobo zvalovno dolzino 555 nm. Koliksen kot, najblizji 30o, morajozarki oklepati s pravokotnico na vodno gladino, da se odbitasvetloba ojaci?

10. Tanko prozorno ploscico, ki je debela 1 µm in ima lomnikolicnik 1.4 osvetljujemo s svetlobo valovne dolzine 500 nm.Ploscica je na stekleni podlagi, ki ima lomni kolicnik 1.5. Ko-liksen kot morajo zarki oklepati s pravokotnico na ploscico,da se odbita svetloba ojaci? Poiskati morate vse kote, prikaterih je pogoj za ojacitev izpolnjen!

11. Na vodi, ki ima lomni kolicnik 1.33, je 2 mikrometra debelaplast olja z lomnim kolicnikom 1.5. Plast osvetljujemo z belosvetlobo pod kotom 40o glede na normalo na vodno gladino.Dolocite valovno dolzino svetlobe, ki se pri odboju ojaci in jenajblizja 500 nm!

12. S tockastim svetilom, ki seva svetlobo z valovno dolzino 600nm enakomerno na vse strani, posvetimo na 0.1 mm debeloprozorno ploscico z lomnim kolicnikom 1.58. Koliksen je naj-manjsi kot ob vrhu osnega preseka stozca, na plascu kateregalezi ojacana svetloba?(59.5o)

102

13. Dva polarizatorja sta postavljena tako, da ne prepuscata svet-lobe. Med njiju postavimo tretji polarizator, tako da skozi vsetri polarizatorje preide 9.4 % vpadnega svetlobnega toka po-polnoma nepolarizirane svetlobe. Za koliksen kot je prepustnasmer tega tretjega vmesnega polarizatorja nagnjena glede nasmer polarizacije svetlobe, ki jo prepusca prvi polarizator?Absorpcijo svetlobe v polarizatorjih zanemarimo.(30o)

14. Na idealni polarizator pada pravokotno na njegovo povrsinovzporeden snop linearno polarizirane svetlobe z gostoto ener-gijskega toka 0.1W/m2. Nihajna ravnina vpadajocega valova-nja oklepa kot 45o s prepustno smerjo polarizatorja. Svetloba,ki pride skozi polarizator, osvetljuje zaslon, ki je postavljenpod kotom 45o glede na smer zarkov. Koliksna je osvetljenostzaslona merjena v W/m2 ?(3.53 × 10−2 W/m2)

15. Linearno polarizirana svetloba z valovno dolzino λ pada pra-vokotno na ploscico dvolomnega kristala, ki je rezan tako, daopticna os lezi v ravnini, na katero pada svetloba (glejte sliko22). Pri tem elektricno polje vpadle svetlobe z opticno osjooklepa kot α. Debelina ploscice je d, lomni kolicnik za rednizarek je nr, lomni kolicnik za izredni zarek pa ni. Obravna-vajte polarizacijo svetlobe, ki izstopa iz kristala!

Opticna os

Redni arek Izredni arek

d

xy

z

Slika 22:

103

Nekaj komentarjev:Ko svetloba pade na dvolomni kristal, se vedno razdeli nadve linearno polarizirani valovanji. En val se siri v vse smeriz enako hitrostjo in ga imenujemo redni zarek. Pri drugemvalu je hitrost odvisna od smeri razsirjanja. Temu pravimoizredni zarek. V doloceni smeri sta obe hitrosti enaki. Tasmer se imenuje opticna os. Pravokotno na to smer pa je raz-lika v hitrostih najvecja. Obravnavamo samo kristale z enoopticno osjo. Obstajajo tudi taki, ki imajo 2 opticni osi.

Elektricno polje rednega zarka je pravokotno na ravnino, vkateri lezi redni zarek. Elektricno polje izrednega zarka jepravokotno na elektricno polje rednega zarka in lezi v ravninirednega zarka.

V nasem primeru je vpad pravokoten, zato se vpadni zarek nelomi. Vendar pa redni in izredni zarek potujeta skozi kristalz razlicnima hitrostima, ker se sirita v smeri pravokotno naopticno os. Zaradi tega sta ob izstopu iz kristala med sebojfazno premaknjena za kot ϕ, ki je podan z izrazom:

ϕ =2πd

λ(nr − ni) .

Po vstopu v kristal se vpadla svetloba razdeli na dve linearnopolarizirani valovanji. Ker je vpad pravokoten, je elektric-no polje izrednega zarka vzporedno z opticno osjo, elektricnopolje rednega zarka pa ravokotno na to smer. Koordinatnisistem postavimo tako, da opticna os ter elektricno polje iz-rednega zarka lezita na osi x, elektricno polje rednega zarkalezi na osi y, zarka pa potujeta v smeri osi z. Amplitudaelektricnega polja vpadle svetlobe je E0. Ob izstopu iz kristalavelja za redni zarek:

Er = Ey = E0 sinα sinωt . (188)

Za izredni zarek pa velja:

Ei = Ex = E0 cosα sin(ωt+ ϕ) = (189)

= E0 cosα sinωt cosϕ+ E0 cosα cosωt sinϕ .

104

Iz enacbe (188) izrazimo:

sinωt =Ey

E0 sinα, cosωt =

√

1− sin2 ωt .

To vstavimo v enacbo (189) ter se malo preuredimo. Dobimo:

E2x cos

2 α− 2ExEy sinα cosα cosϕ+ E2y sin

2 α = (190)

= E20 sin

2 α cos2 α sin2 ϕ .

Poglejmo si tri posebne primere.

1. Najprej naj bo ϕ lihi veckratnik π. Potem je cosϕ = −1in sinϕ = 0. V tem primeru enacba (190) preide v:

E2x cos

2 α + 2ExEy sinα cosα + E2y sin

2 α = 0 . (191)

Od tod dobimo, da je

Ex = −Ey tgα .

To pomeni, da je izstopajoce valovanje se vedno linearno pola-rizirano, le ravnina, v kateri lezi elektricno polje, se je zasukalaza π/2.

2. Naj bo ϕ sodi veckratnik π. Potem je cosϕ = 1 in sinϕ =0. V tem primeru enacba (190) preide v:

E2x cos

2 α− 2ExEy sinα cosα + E2y sin

2 α = 0 . (192)

Od tod sledi, da jeEx = Ey tgα .

To pomeni, da je izstopajoce valovanje linearno polarizirano,zarek pa je sel skozi kristal, kot da ga sploh ne bi bilo.

3. V zadnjem posebnem primeru naj bo ϕ lihi veckratnik odπ/2. V tem primeru enacba (190) preide v:

E2x

E20 sin

2 α+

E2y

E20 cos

2 α= 1 . (193)

To je enacba elipse. Izstopno valovanje je torej elipticno po-larizirano, v posebnem primeru, ko je α = π/4 pa je kroznopolarizirano.

105

16. Pravokotno na zglajeno kovinsko ploscico usmerimo svetlobnitok P = 0.09 W. Sila s katero deluje svetlobni curek naploscico znasa F = 4 × 10−10 N. Ploscica se nahaja v va-kuumu. Koliksna je odbojnost (a) ploscice za vpadni svet-lobni curek?

Resitev:

Upostevamo, da je gibalna kolicina fotonov [3, 7]Gν = hν/c0 =h/λ, kjer je c0 hitrost svetlobe v vakuumu, h Planckova kon-stanta in λ valovna dolzina. Stevilo absorbiranih fotonov Nabs

je:

Nabs =Pabst

hν=

(1− a)Pt

hν, (194)

kjer je Pabs = (1 − a)P absorbirani svetlobni tok. Steviloodbitih fotonov (Nodb) pa je:

Nodb =Pat

hν. (195)

Skupna sprememba gibalne kolicine odbitih fotonov v casu tje:

∆Godb = Nodb

(

(−hν

c0)− hν

c0

)

=−2aP t

c0, (196)

∆Gabs = Nabs

(

0− hν

c0

)

=−(1− a)Pt

c0, (197)

kjer smo upostevali enacbi (194) in (195). Uporabimo izrek ogibalni kolicini:

∆G = ∆Godb +∆Gabs = F ′t , (198)

kjer je F ′ sila ploscice na curek fotonov. Iz enacb (196), (197)in (198) izracunamo silo F ′:

F ′ = −(1 + a)P

c0. (199)

Sila svetlobnega (fotonskega) curka na ploscico (F ) je nasprot-no enaka sili F ′:

F =(1 + a)P

c0. (200)

106

Iz enacbe (200) pa dobimo:

a =F c0P

− 1 = 0.33.

107

5 Posebna teorija relativnosti

1. Iz diferencialne oblike Lorentzove transformacije izpeljite Lo-rentzovo transformacijo za komponente hitrosti!

Resitev:

Najprej se spomnimo ”navadne”Lorentzove transformacije (glejna primer [20])

x = γ (x′ + vt′) , x′ = γ (x− vt) ,y = y′, y′ = y,z = z′, z′ = z,

t = γ(

t′ + vc20

x′)

, t′ = γ(

t− vc20

x)

.

V diferencialni obliki pa Lorentzova transformacija izgledatakole:

dx = γ (dx′ + vdt′) , dx′ = γ (dx− vdt) ,dy = dy′, dy′ = dy,dz = dz′, dz′ = dz,

dt = γ(

dt′ + vc20

dx′)

, dt′ = γ(

dt− vc20

dx)

.

Pri tem je

γ =

√

1

1− v2

c20

,

v pa je hitrost s katero se izhodisce sistema s crtico gibljev smeri pozitivne osi x sistema brez crtice, vse tri osi obehsistemov pa so ves cas vzporedne. Komponente hitrosti vvsakem sistemu so definirane kot odvodi ustreznih komponentpo lasntem casu:

vx =dx

dt=

γ (dx′ + vdt′)

γ(

dt′ + vc20

dx′) =

dx′

dt′+ v

1 + vc20

dx′

dt′

=v′x + v

1 + vc20

v′x,

vy =dy

dt=

dy′

γ(

dt′ + vc20

dx′) =

dy′

γdt′(

1 + vc20

dx′

dt′

) =v′y

γ(

1 + vc20

v′x

) ,

108

vz =dz

dt=

v′z

γ(

1 + vc20

v′x

) .

Na zelo podoben nacin izpeljemo tudi obratno transformacijo:

v′x =dx′

dt′=

γ (dx− vdt)

γ(

dt− vc20

dx) =

dxdt

− v

1− vc20

dxdt

=vx − v

1− vc20

v′x,

v′y =dy′

dt′=

dy

γ(

dt− vc20

dx) =

dy

γdt(

1− vc20

dxdt

) =vy

γ(

1− vc20

vx

) ,

v′z =dz′

dt′=

vz

γ(

1− vc20

vx

) .

2. Izvidniska ladja leti od Zemlje proti planetu Klingonov s hi-trostjo 0.98 c0 glede na Zemljo. Ko v izvidniski ladji mine5 let od starta z Zemlje, mimo njih v nasprotni smeri svigneklingonska ladja, ki leti proti Zemlji po vzporedni premici, shitrostjo 0.999898 c0 glede na izvidnisko ladjo. Z izvidniskeladje na Zemljo takoj posljejo opozorilni signal, ki potuje protiZemlji s svetlobno hitrostjo. Koliko casa mine na Zemlji odprejema opozorila, do prihoda klingonske ladje? Koliko casamine v klingonski ladji od srecanja z izvidnisko ladjo do pri-hoda na Zemljo?

Resitev:

Najprej se odlicimo za oznake. Premica, po kateri se gibljetaladji, naj bo os x. Izvidniska ladja se giblje v smeri pozitivneosi x: v1 = 0.98 c0, klingonska ladja pa v smeri negativne osix: v′2 = −0.999898 c0. Hitrost klingonske ladje je izmerjenav sistemu izvidniske ladje. Njeno hitrost glede na Zemljo paizracunamo z uporabo Lorentzove transformacije za hitrosti.Pri tem se moramo zavedati, da je sedaj hitrost izvidniskeladje v1 hitrost koordinatnega sistema izvidniske ladje v ko-ordinatnem sistemu Zemlje.

v2 =v′2 + v11 + v1

c20

v′2=

−0.999898c0 + 0.98c0

1− 0.98c0c20

0.999898c0= −0.99c0.

109

Klingonska ladja se torej Zemlji priblizuje s hitrostjo v2 =−0.99c0.Ko je v izvidniski ladji minilo T ′

1 = 5 let, je na Zemlji zaradipodaljsanja casa minil daljsi cas in sicer:

T1 = γ1T′1 =

√

√

√

√

1

1− v21

c20

·T ′1 =

√

1

1− (0.98c0)2

c20

·5 let = 25.13 let.

Klingonska in izvidniska ladja sta se torej srecali na razdalji

s1 = v1 · T1 = 0.98c0 · 25.13 let = 24.63 svlet

24.63 svetlobnih let od Zemlje. Opozorilni signal potuje doZemlje torej T0 = 24.63 let. Klingoska ladja pa za pot odkraja srecanja z izvidnisko ladjo do Zemlje potrebuje cas:

T2 =s1v2

=24.63svlet

0.99c0= 24.88 let.

Cas, ki ga imajo na Zemlji na razpolago za pripravo na klin-gonski napad je torej T1 − T0 = 0.25 let oziroma 3 mesece.

V klingonski ladji pa od srecanja z izvidnisko ladjo do prihodana Zemljo mine cas

T ′2 =

T2

γ2=

T2√

1

1−v22

c20

=24.88√

11−0.992

= 3.51 let.

3. Vesoljska krizarka Galactica je v lastnem sistemu dolga 18500m in leti mimo Zemlje s hitrostjo 0.98 c0 glede na Zemljo vsmeri svoje dolzine. Po vzporedni premici leti v isti smerimajhen vesoljski lovec (raptor) s hitrostjo 0.99 c0 glede naZemljo. Koliko casa potrebuje raptor, da pride od zadnjegado sprednjega konca Galactice? Dolocite cas ”prehitevanja”v sistemu Galactice, v sistemu raptorja in v sistemu Zemlje!

Resitev:

Ker je dolzina Galactice podana v njenem lastnem sistemuin nas tudi zanima cas ”prehitevanja”v sistemu Galactice je

110

najkrajsi pristop k resevanju naloge, da najprej izracunamohitrost lovca v sistemu Galactice. Oznacimo takole vG = 0.98c0, vr = 0.99 c0 in LG = 18500 m. Hitrost raptorja v sistemuGalactice izracunamo z uporabo Lorentzove transformacije zahitrosti

v′r =vr − vG1− vG

c20

vr=

0.99− 0.98

1− 0.98 · 0.99c0 = 0.336c0.

Cas prehitevanja v Galactici je potem

TG =LG

v′r=

18500m

0.336 · 3 · 108 m/s= 1.835 · 10−4 s.

Zaradi podaljsanja casa opazovalec na Zemlji izmeri daljsi casprehitevanja in sicer

TZ = γZTG =

√

√

√

√

1

1− v2G

c20

= 1.835·10−4

√

1

1− 0.982s = 9.22·10−4 s.

Za pilota v raptorju pa je cas prehitevanja krajsi:

Tr =TZ

γr= TZ

√

1− v2rc20

= 9.22·10−4√1− 0.992 s = 1.3·10−4 s.

4. Ravna palica je v lastnem sistemu dolga l = 2 m. Lezi v rav-nini xy tako, da oklepa kot α = 18o z osjo x. Opazovalec segiblje s hitrostjo 0.98 c0 glede na palico v smeri pozitivne osix. Koliksno dolzino palice izmeri ta opazovalec? Koliksen kotmed palico in osjo x izmeri ta opazovalec? Glejte tudi sliko23.

Resitev:

Resevanja se najprej lotimo na bolj formalisticen nacin. Krajiscipalice oznacimo 1 in 2. V sistemu palice sta koordinati pr-vega krajisca x1 = 0, y1 = 0, koordinati drugega krajisca pasta x2 = l cosα, y2 = l sinα. Z Lorentzovo transformacijo

111

v = c0.980

xx2 2

|

y y |

2 2

ab

ll|

Slika 23:

preslikamo koordinate obe krajisc v sistem gibajocega se opa-zovalca:

x′1 = γ (x1 − vt1) , x′

2 = γ (x2 − vt2) ,

y′1 = y1, y′2 = y2.

Pri transformaciji obeh koordinat x imamo tezavo, ker v iz-razih nastopata neznana casa t1 in t2. Spomnimo se se Lo-rentzove transformacije za casovno koordinato:

t′1 = γ

(

t1 −v

c20x1

)

, t′2 = γ

(

t2 −v

c20x2

)

.

Iz zadnjih dveh transformacij izrazimo casa t1 in t2 in ju vsta-vimo v Lorentzovi transformaciji za koordinati x1 in x2 terizrazimo x′

1 in x′2:

x′1 = γ

[

x1

(

1− v2

c20

)

− vt′1γ

]

, x′2 = γ

[

x2

(

1− v2

c20

)

− vt′2γ

]

.

Komponenta x dolzine palice je podana z izrazom l′x = x′2−x′

1.Pri tem pa je potrebno povdariti se nekaj. Ce hoce gibajocise opazovalec izmeriti dolzino palice, mora dolociti socasnodolociti krajevni koordinati obeh krajisc. Torej mora biti

t′1 = t′2.

112

Potem je

l′x = x′2 − x′

1 = γ

(

1− v2

c20

)

(x2 − x1) =x2 − x1

γ. (201)

Ne smemo namrec pozabiti, da je

γ =1

√

1− v2

c20

.

Dolzina palice, ki jo izmeri gibajoci se opazovalec je potem:

l′ =

√

l|2x + l

|2y =

√

(x′2 − x′

1)2 + (y′2 − y11)

2 =

=

√

(

x2 − x1

γ

)2

+ (y2 − y1)2 = l

√

(

cosα

γ

)2

+ sin2 α = 0.72 m.

Ce pogledamo enacbo (201) pa vidimo, da bi lahko nalogoz bolj intuitivnim razmisljanjem resili precej hitreje. Ker seopazovalec giblje v smeri osi x, se relativisticno skrci projek-cija palice glede na to os in temu ustrezno se zmanjsa tudicelotna dolzina palice.

Tangens kota β med palico in osjo x, ki ga izmeri gibajoci seopazovalec pa je

tan β =y′2 − y′1x′2 − x′

1

= γsinα

cosα= γ tanα,

kot β pa je 51.51o.

5. Vesoljski krizarki Galactica in Pegasus se priblizujeta Zemlji.Prva s hitrostjo 0.97 c0 glede na Zemljo, druga pa s hitrostjo0.99 c0 glede na Zemljo. Pri tem vektorja hitrosti obeh ve-soljskih ladij za opazovalca na Zemlji oklepata kot α = 54o

kot kaze slika 24. Koliksna je hitrost krizarke Pegasus gledena Galactico? Koliksen je za opazovalca v Galactici kot (β)med vektorjem hitrosti Pegasusa ter zveznico med Galacticoin Zemljo?

113

a

ZemljaGalactica

Peg

asus

v

v

1

2

x

y

|

|

bv2

|

Slika 24:

Resitev:

Kot vidimo tudi na sliki 24, se vesoljski ladji gibljeta v rav-nini. Zato najprej postavimo koordinatni sistem, da lahkopotem vektorja hitrosti obeh ladij zapisemo po komponen-tah. Zveznico med Galactico in Zemljo izberemo za os x.Potem je vektor hitrosti Galactice takle: ~v1 = (v1x, v1y) =(0.97c0, 0). Vektor hitrosti Pegasusa pa je ~v2 = (v2x, v2y) =(0.99c0 cosα, 0.99c0 sinα) = c0(0.582, 0.801). Vesoljska ladjaGalactica predstavlja gibajoci se opazovalni sistem, ki se gi-blje v smeri pozitivne osi x mirujocega opazovalnega sistema- Zemlje. Komponenti hitrosti ladje Pegasus v2x in v2y, ki staizmerjeni v mirujocem sistemu je potrebno z uporabo Loren-tzove transformacije pretvoriti v sistem Galactice. Torej

v′2x =v2x − v1x1− v1x

c20

v2x=

0.582− 0.97

1− 0.97 · 0.582c0 = −0.891c0,

v′2y =v2y

γ(

1− v1xc20

v2x

) =v2y

√

1− v21x

c20

(

1− v1xc20

v2x

) =0.801

√1− 0.972

1− 0.97 · 0.582 c0 =

= 0.447c0.

Velikost hitrosti Pegasusa glede na Galactico je potem

v′2 =

√

v|22x + v

|22y = c0

√0.8912 + 0.4472 = 0.997c0.

114

Tangens kota β, ki ga za opazovalca v Galactici oklepa vektorhitrosti Pegasusa z zveznico med Galactico in Zemljo (to jeosjo x) pa je

tanβ =v′2yv′2x

=0.447

−0.891= −0.502.

Kot β je β = −26.6o. To pomeni, da se za opazovalca vGalactici Pegasus giblje v smeri proc od Zemlje.

6. Vesoljski postaji se priblizujeta dve vesoljski ladji. Prva shitrostjo 0.6 c0 glede na postajo z leve, druga pa s hitrostjo0.8 c0 glede na postajo z desne. Ladji se pri tem ves casgibljeta po skupni premici. Koliksna je hitrost prve vesoljskeladje glede na drugo? (0.946 c0 = 2.84× 108 m/s)

7. Vesoljska krizarka Enterprise je v lastnem sistemu dolga 4500metrov. Krizarka leti v smeri svoje dolzine mimo Zemlje shitrostjo 0.8 c0 glede na Zemljo. Vesoljska ladja Galacticaleti mimo Zemlje s hitrostjo 0.9 c0 glede na Zemljo. Vesoljskiladji se gibljeta po vzporednih premicah druga proti drugi.Koliksna je dolzina ladje Enterprise za opazovalca v Galactici?(684 m)

8. Palica je v lastnem sistemu dolga 1 m. Opazovalec, ki se gibljev smeri palice s konstantno hitrostjo, izmeri dolzino palice 80cm. S koliksno hitrostjo glede na palico se opazovalec giblje?(0.6 c0 = 1.8× 108 m/s)

9. V pospesevalniku dobimo protone s kineticno energijo Wk =6000 MeV. Koliksna je njihova hitrost? Mirovna enegija pro-tona W0 = 938 MeV.

Resitev:

olna energija protona (W ) je enaka vsoti lastne energije (W0)in kineticne energije (Wk):

W = W0 +Wk . (202)

115

Ob upostevanju [3, 7]:

W =W0

√

1− v2/c20,

kjer je c0 hitrost svetlobe v vakuumu, iz enacbe (202) sledi:

(

1− v2

c20

)1/2

=W0

Wk +W0

. (203)

Enacbo (203) kvadriramo na obeh straneh:

1− v2

c20=

W 20

(Wk +W0)2,

od koder sledi:

v =c0(W

2k + 2W0Wk)

1/2

Wk +W0= 2.97 · 108 m/s .

10. Neki delec ima gibalno kolicino P = 1254.95 MeV/c0 in kineti-cno energijo Wk = 628.64 MeV. Koliksni sta mirovna masam0 in hitrost v tega delca?

Resitev:

Velja [3, 7]:W 2 = W 2

0 + c20P2 , (204)

kjer je W polna energija, W0 = m0c20 lastna energija, c0 hit-

rost svetlobe v vakuumu in P gibalna kolicina delca. Obupostevanju:

W = W0 +Wk , (205)

kjer je Wk kineticna energija, iz enacbe (204) sledi:

(m0c20 +Wk)

2 = m20c

40 + c20P

2 ,

oziroma:2m0c

20Wk +W 2

k = c20P2 . (206)

Iz enacbe (206) lahko izracunamo mirovno maso

m0 =c20P

2 −W 2k

2Wkc20

= 938MeV

c20.

116

Relativisticna gibalna kolicina P je [3, 7]:

P =m0v

(1− v2/c20)1/2

. (207)

Iz enacbe po krajsem racunu sledi:

v =P

√

m20 + P 2/c20

= 0.8c0 .

11. Koliksna je kineticna energija protona (Wk), ki enakomernokrozi v precnem homogenem magnetnem polju z gostoto B =1.2 T po tiru s polmerom R = 15 m? Racunajte relativisticno!

Resitev:

Magnetno polje ne opravlja dela, torej sta protonova kineticnaenergija in velikost hitrosti (v) konstantni. Zapisimo zakongibanja v relativisticni obliki [3]:

d(mγ~v)

dt= e0~v × ~B , (208)

kjer je γ = (1 − v2/c20)−1/2. Ker je velikost hitrosti v kons-

tantna, zapisemo enacbo (208) v obliki:

mγd~v

dt= e0~v × ~B . (209)

Pospesek d~v/dt je v nasem primeru enak centripetalnemu po-

spesku ~ar = v2 ~R/R2, tako da lahko enacbo (209) v skalarniobliki zapisemo kot:

mγar = e0vB ,

od koder sledi:

mγv2

R= e0vB ,

oziroma:mγv = e0RB . (210)

117

Ob upostevanju definicije relativisticne gibalne kolicine [3]P = mγv zapisemo enacbo (210) v obliki:

P = e0RB . (211)

Iz zvez [3] W 2 = c20P2+W 2

0 ter W 2 = (Wk+W0)2 po krajsem

racunu dobimo se:

W 2k + 2WkW0 − c20P

2 = 0 , (212)

kjer je W0 lastna energija protona. Izraz za gibalno kolicinoiz enacbe (211) vstavimo v enacbo (212) in dobimo:

W 2k + 2WkW0 − e20R

2B2c20 = 0 . (213)

Dobili smo kvadratno enacbo za kineticno energijo Wk katereresitev je:

Wk = −W0 +W0

√

(1 + e20R2B2c20) =

= W0

(√

1 +e20R

2B2c20W 2

0

− 1

)

= 4.54 GeV .

12. Koliksna je kineticna energija elektrona, ki se giblje s hitrostjo0.928 c0?(5900 MeV)

13. Koliksni sta kineticna energija in hitrost elektrona, ki imagibalno kolicino 4 MeV/c0? Mirovna masa elektrona je 0.51MeV/c20.

14. Koliksni sta gibalna kolicina in kineticna energija elektrona,ki se giblje s hitrostjo 0.9 c0? Mirovna masa elektrona je 0.51MeV/c20.

15. Delec se giblje s hitrostjo 240000 km/s. Ce bi njegovo ki-neticno energijo racunali klasicno, bi dobili vrednost 0.1632MeV. Koliksna je njegova masa in koliksna je njegova ki-neticna energija (racunana relativisticno)?(0.51 MeV/c20, 0.34 MeV)

118

16. Pioni se gibljejo s hitrostjo v=2.74 × 108 m/s skozi 110 cm(x) sirok stevec. Koliksen del pionov razpade v stevcu, ce jelastni razpadni cas pionov τ0=2.6 × 10−8 s in se delci v stevcugibljejo skoraj neovirano?

Resitev:

Lastni casovni razmik izmeri ura, ki se giblje skupaj z delcem.Laboratorijski razpadni cas (τ) je daljsi kot lastni razpadnicas (τ0):

τ = γτ0 =τ0

√

1− v2/c20, (214)

kjer je c0 hitrost svetlobe v vakuumu. Velja:

N = N0 exp

(

− t

τ

)

, (215)

kjer je N0 = N(t = 0), cas gibanja piona skozi stevec pa je:

t =x

v. (216)

S kombinacijo enacb (214), (215) in (216) dobimo:

N0 −N

N0= 1− N

N0= 1− exp

(

−x√

1− v2/c20v τ0

)

= 0.061 .

17. Pri premocrtnem in skoraj neoviranem gibanju skozi stevecnapravijo mezoni π pot 1.20 m. Mezoni se gibljejo skozi stevecs hitrostjo 2.85 × 108 m/s. Koliksen del mezonov razpade vstevcu, ce je njihov razpolovni cas 1.7 × 10−8 s?(0.052)

18. Mirujoc elektron damo v homogeno elektricno polje z jakostjo3 kV/m. Koliksno pot opravi elektron, ko v sistemu elektronaminejo prve 3 µs? Koliksna je tedaj njegova kineticna energijain koliksna je gibalna kolicina? Mirovna masa elektrona je0.51 MeV/c20.(745 m)

119

19. Mirujoca vesoljska ladja se zacne gibati premo s pospeskom,ki je v sistemu ladje konstanten in enak a0 = 5 m/s2. Kolikocasa (t1) mine v vesoljski ladji, preden doseze 95 % svetlobnehitrosti? (Oznacimo v1 = pc0, p = 0.95). Koliksno pot (s)opravi ladja v tem casu?

Resitev:

Pospesek a0, merjen v sistemu ladje, je v vsakem trenutkuenak odvodu hitrosti po lastnem casu:

a0 =d

dt(γv) =

d

dt

v√

1− v2

c20

,

a0 =dv

dt

(

1− v2

c20

)− 3

2

.

Dobili smo diferencialno enacbo, katere resitev je hitrost kotfunkcija lastnega casa v(t). Locimo spremenljivki:

a0dt =dv

(

1− v2

c20

)3

2

,

nato pa integriramo:

a0

∫ t1

0

dt =

∫ v1

0

dv(

1− v2

c20

)3

2

,

a0t1 =c0v1

√

c20 − v21=

pc0√

1− p2, (217)

t1 =pc0

a0√

1− p2.

Ce zaokrozimo c0 = 3·108 m/s, dobimo t1 = 1.92154·108 s.To je priblizno 6 let in 34 dni.

Sedaj poiscemo so opravljeno pot. Pot je integral hitrosti polastnem casu. Najprej iz enacbe (217) poiscemo hitrost kot

120

funkcijo lastnega casa:

v(t) =a0c0t

√

c20 + a20t2.

Opravljena pot je

s =

∫ t1

0

v(t)dt = a0c0

∫ t1

0

tdt√

c20 + a20t2=

=c20a0

(√

1 +a20t

21

c20− 1

)

=c20a0

(√

1

1− p2− 1

)

.

Ce v zgornji razultat vstavimo c0 = 3·108 m/s, a0 = 5m/s2

in p = 0.95, dobimo pot 3.96·1016 m, kar je priblizno 4.19svetlobnih let.

20. Elektron se giblje v homogenem elektricnem polju z jakostjo2 kV/m. Koliksna je njegova kineticna energija po 1.5 µs, ceje elektron v zacetku miroval? Racunajte relativisticno!(0.523MeV)

21. Sinhrociklotron pospesuje protone do kineticne energije Wk =700 MeV. Kolikokrat moramo povecati (zmanjsati) frekvencopospesevalnega polja, da krozijo protoni ves cas sinhrono spoljem?

Resitev:

Klasicen opis:Napisimo enacbo gibanja:

mar = e0vB , (218)

kjer je m masa protona, ar centripetalni pospesek, v hitrost, e0osnovni naboj inB gostota magnetnega polja. Ob upostevanjurelacije:

ar =v2

R, (219)

121

kjer je R polmer kroznice po kateri krozi proton, iz enacbe(218) sledi:

mv2

R= e0vB ,

od tod pa:

ωkl =v

R=

e0B

m. (220)

Relativisticni opis:Napisimo enacbo gibanja:

d(mγ~v)

dt= e0~v × ~B , (221)

kjer je γ = (1− v2/c20)−1/2, c0 je hitrost svetlobe v vakuumu.

Ker je v=konst iz (221) sledi:

mγd~v

dt= e0~v × ~B ,

oziroma:mγar = e0vB . (222)

Zopet upostevamo enacbo (219), torej:

mγv2

R= e0vB ,

oziroma:

ωrel =v

R=

e0B

m

(

1− v2

c20

)1/2

. (223)

Iz enacb (220) in (223) pa sledi:

ωrel

ωkl=

(

1− v2

c20

)1/2

=1

1 +Wk/mc20= 0.57 . (224)

22. Koliksno elektricno napetost mora preleteti v zacetku miru-joce He jedro, da bo po prihodu v precno homogeno magnetnopolje z gostoto 1 T zacelo kroziti po kroznem tiru s polmerom15 m? (mHe = 4,002603 a.e.m.)(3 × 109 V)

122

23. V zacetku mirujoc dvakrat ioniziran helijev ion preleti na-petost 8 GV preden prileti v homogeno magnetno polje zgostoto 1.5 T tako, da je kot med vektorjema hitrosti in mag-netnega polja 90o. Koliksna je ukrivljenost tira po kateremse zacne gibati helijev ion?(0.0464 m−1)

24. Dvakrat ioniziran helijev ion preleti napetost 104 V in priletiv homogeno magnetno polje gostote 1.5 T tako, da je kotmed vektorjema hitrosti in magnetnega polja 90o. Koliksenje obhodni cas iona v magnetnem polju?(8.77 × 10−8 s)

25. Dvakrat ioniziran helijev ion preleti napetost 104 V in priletiv homogeno magnetno polje gostote 1.5 T, tako da je kotmed vektorjema hitrosti in magnetnega polja 90o. Koliksenje ciklotronski polmer tira po katerem zakrozi?

26. Koliksna je gostota magnetnega polja, ce proton krozi v rav-nini, ki je pravokotna na smer polja s kineticno energijo 4GeV po tiru s polmerom 16 m? Racunajte relativisticno!(1 T)

27. Koliksna je kineticna energija in gibalna kolicina protona, kiv homogenem magnetnem polju z gostoto 1 T, krozi po tirus polmerom 12 m? Mirovna masa protona je 938.3 MeV/c20.Racunajte relativisticno!

28. Koliksna je kineticna energija elektrona, ki v homogenem ma-gnetnem polju z gostoto 1 T krozi po tiru s polmerom 1 m?Mirovna masa elektrona je 0.51 MeV/c20. Racunajte relativi-sticno!

29. Koliksna je hitrost protona, ki v homogenem magnetnem po-lju z gostoto 1 T, krozi po tiru s polmerom 11 m? Mirovnamasa protona je 938.3 MeV/c20. Racunajte relativisticno!

123

6 Kvantna mehanika

1. Paralelne ravnine kristala so oddaljene za d = 0.3 nm. Nakristal posvetimo z monokromatskim snopom rentgenske svet-lobe z valovno dolzino λ = 5 × 10−3 nm. Koliksen je mini-malni sipalni kot tega snopa?

Slika 25:

Resitev:

Pogoj za ojacenje curka rentgenske svetlobe zapisemo v obliki(glejte sliko 25):

2d cosα = Nα , N = 1, 2, 3... (225)

Ker velja π = 2α+ ϑ, lahko zapisemo:

cosα = cos (π

2− ϑ

2) = sin

ϑ

2. (226)

Iz enacb (225) in (226) tako dobimo:

2d sinϑ

2= Nλ . (227)

Za N = 1 iz enacbe (227) sledi:

ϑmin = 2 arcsin (λ

2d) = 0.95 .

2. Katodo fotocelice osvetljujemo s svetlobo valovne dolzine λ =500 nm. Povrsina osvetljenega dela katode je S = 1 cm2. Ko-liksna je gostota vpadnega svetlobnega toka (j), ce je nasiceni

124

elektricni tok skozi fotocelico I = 10 mA? Upostevajte, da vpovprecju le vsak deseti foton izbije elektron.

Resitev:

Gostota vpadnega svetlobnega toka je:

j =P

S=

hν dN

S dt, (228)

kjer je P svetlobni tok, h Planckova konstanta, ν frekvencasvetlobe in dN/dt stevilo fotonov, ki padejo v enoti casa nakatodo fotocelice. Upostevali smo, da je energija fotona enakahν. Izkoristek fotocelice η = 0.1, zato je nasiceni elektricnitok enak:

I =de

dt= η

dN

dte0 , (229)

kjer je e0 osnovni naboj. Iz enacbe (229) izrazimo:

dN

dt=

I

ηe0

in ga vstavimo v enacbo (228). Tako dobimo:

j =I

ηe0

hc0Sλ

= 2.48 · 103 W

m2.

3. Na plocico iz volframa z izstopnim delom 4.5 eV pada svetlobaz valovno dolzino 90 nm. Koliksna je lahko najvec hitrostizbitih elektronov? Mirovna masa elektrona je 0.51 MeV/c20.

4. Fotokatoda iz cezija, ki ima izstopno delo 1.97 eV je osvetljenas svetlobo valovne dolzine 450 nm. Koliksna je lahko najveckineticna energija izstopajocih elektronov?

5. Svetloba z valovno dolzino 124 nm osvetljuje fotokatodo, kiima izstopno delo 2 eV. Koliksna je lahko najvec kineticnaenergija izstopajocih elektronov? Koliksna je hitrost teh elek-tronov? Ali je problem potrebno obravnavati relativisticno?Mirovna masa elektrona je 0.51 × 106 eV/c20.

125

6. Od fotonov, ki padejo na katodo fotocelice, v povprecju samovsak sesti izbije elektron. Koliksen nasiceni elektricni tok teceskozi fotocelico, ce pada na katodo svetlobni tok 6 W, valovnadolzina svetlobe pa je 500 nm?

7. Foton z valovno dolzino 0.02 nm se Comptonsko sipa na mi ru-jo cem elektronu pod kotom 90o glede na njegovo prvotnosmer. Poiscite spremembo valovne dolzine fotona in gibalnokolicino elektrona po sipanju!(0.0024 nm, 4.41 × 10−23 kgms−1)

8. Foton z valovno dolzino 0.03 nm se Comptonsko sipa pod ko-tom 90o glede na njegovo prvotno smer. Poiscite spremembovalovne dolzine fotona! Koliksna je kineticna energija elektro-na po sipanju?(0.0024 nm, 3.065 keV)

9. Pravokotno na tanko kvadratno zglajeno kovinsko ploscico,ki se nahaja v vakuumu, usmerimo monokromatski svetlobnitok svetlobe z valovno dolzino 500 nm, ki deluje na ploscicos tlakom 10−9N/cm2. Koliksna je stacionarna temperaturaploscice? Koliko fotonov zadane ploscico v eni sekundi? Od-bojnost ploscice za vpadno svetlobo je 0.8, stranica ploscicepa je dolga 1 cm.(4.19 × 1017 fotonov, 348 K)

10. Na kovinsko ploscico, ki lezi na ravni mizi, z izstopnim delom3.5 eV pada snop svetlobe z valovno dolzino 90 nm. Ploscicaje v vakuumu in v homogenem magnetnem polju z gostoto0.0016 T. Magnetno polje je vzporedno s ploscico. Kolikocasa potrebujejo izbiti elektroni, da dosezejo maksimalno od-daljenost od roba ploscice?(11.17 × 10−9 s)

11. Sprememba valovne dolzine fotonov z energijo hν = 60 keVpri interakciji s slabo vezanimi elektroni je enaka Comptonovivalovni dolzini (λc = 0.0024 nm). Koliksna je kineticna ener-gija (Wk) elektrona po interakciji? Pod katerim kotom serazhajata elektron in foton po interakciji?

126

Resitev:

Ker je λ′ − λ = λc iz Comptonove enacbe [3]:

λ′ − λ = λc(1− cosϑ) ,

sledi, da je kot med smerjo vpadnega in sipanega fotona (ϑ)enak 90. Upostevamo, da je λc = h/m0ec0, iz cesar sledi:

λ′ = λ+h

m0ec0, (230)

kjer je λ′ valovna dolzina sipanega fotona, m0e mirovna masaelektrona, c0 hitrost svetlobe v vakuumu in h Planckova kon-stanta. Iz enacbe (230) sledi:

c0ν ′

=c0ν

+h

m0ec0,

od tod pa:c0ν ′

=m0ec

20 + hν

νm0ec0,

oziroma

hν ′ =hνm0ec

20

m0ec20 + hν. (231)

Iz enacbe 231 dobimo zvezo:

ν ′

ν=

λ

λ′=

m0ec20

m0ec20 + hν

. (232)

Za trk fotona s skoraj prostim elektronom velja ohranitevpolne energije:

m0ec20 + hν = m0ec

20 +Wk + hν ′ , (233)

kjer je Wk kineticna energija elektrona po interakciji. Izenacbe (233) sledi:

Wk = hν − hν ′ . (234)

Ce vstavimo izraz za hν ′ iz enacbe (231) v enacbo (234) do-bimo:

Wk = hν(1− m0ec20

m0ec20 + hν

) = hν(hν

m0ec20 + hν

) = 6.3 keV .

127

Za trk velja tudi zakon o ohranitvi gibalne kolicine. Zapisemoga po komponentah:

h

λ′= Pe sinϕ , (235)

h

λ= Pe cosϕ , (236)

kjer smo upostevali, da je gibalna kolicina fotona enaka h/λ,Pe je gibalna kolicina elektrona, ϕ pa je kot pod katerim odletielektron po trku glede na smer vpadnega fotona. Iz enacb(235) in (236) sledi:

λ

λ′= tgϕ . (237)

V enacbo (237) vstavimo za kvocient λ/λ′ izraz iz enacbe(232). Tako dobimo:

tgϕ =m0ec

20

m0ec20 + hν, (238)

od tod pa sledi

ϕ = arctg (hν

mec20 + hν) = 41.8 .

Izracunajmo se kot pod katerim se razhajata elektron in fotonpo interakciji (trku):

ϕ+ ϑ = 131.8.

12. Pozitron s kineticno energijo 20 MeV trci v mirujoc elektronin se z njim v letu anihilira. Za koliko se razlikujeta energijinastalih zarkov γ, od katerih odleti eden v smeri leta pozi-trona, drugi pa v nasprotni smeri? Upostevajte ohranitevgibalne kolicine!(20.5 MeV)

13. Pozitron s kineticno energijo 2 MeV trci v elektron s kineticnoenergijo 3 MeV in se z njim anihilira. Nastaneta dva fotona,

128

od katerih eden odleti v smeri elektrona, drugi pa v smeripozi tro na. Koliksni sta valovni dolzini nastalih fotonov? Mi-rovni masi elektrona in pozitrona sta 0.51 MeV/c20. Elektronin pozitron sta se pred trkom gibala drug proti drugemu poisti premici.

Resitev:

Oznacimo W1 = 2 MeV, W2 =3 MeV, m0 = 0.51 MeV/c20.Ohranitev gibalne kolicine zapisemo takole:

p1 − p2 =h

λ1

− h

λ2

. (239)

Pri tem je p1 gibalna kolicina pozitrona pred trkom, p2 jegibalna kolicina elektrona pred trkom, λ1 je valovna dolzinafotona, ki odleti v smeri, ki jo je pred trkom imel pozitron,λ2 pa valovna kolicina fotona, ki odleti v smeri, ki jo je predtrkom imel elektron. Ohrani se tudi energija:

2m0c20 +W1 +W2 =

hc0λ1

+hc0λ2

. (240)

Enacbo (239) pomnozimo s c0 nato pa enacbi (239) in (240)enkrat med seboj sestejemo in drugic odstejemo ter vsakokratizrazimo ustrezno valovno dolzino:

λ1 =2hc0

2m0c20 +W1 +W2 + c0(p1 − p2),

λ2 =2hc0

2m0c20 +W1 +W2 − c0(p1 − p2).

Obe gibalni kolicini pa izrazimo iz znane relativisticne zvezemed gibalno kolicino in kineticno energijo, ki pravi:

(

m0c20 +W 2

k

)2= m2

0c40 + p2c20.

Torej sta gibalni kolicini:

p1 =

√

W1(W1 + 2m0c20)

c0, p2 =

√

W2(W2 + 2m0c20)

c0.

Ko vstavimo podatke, dobimo za gibalni kolicini pozitrona inelektrona p1 = 2.46 MeV/c0 in p2 = 3.47 MeV/c0, valovnidolzini pa sta potem λ1 = 6·10−13 m in λ2 = 4.1·10−13 m.

129

14. Pozitron ima kineticno energijo 1 MeV. Za njim po isti pre-mici leti elektron s kineticno energijo 3 MeV. Ko elektrondohiti pozitron, se delca anihilirata. Nastaneta dva fotona,od katerih eden odleti v smeri elektrona in pozitrona, drugipa v nasprotni smeri. Koliksni sta valovni dolzini nastalih fo-tonov? Mirovni masi elektrona in pozitrona sta 0.51 MeV/c20.

15. Elektron pospesimo z napetostjo 106 voltov. Koliksna je deBroglieva valovna dolzina tega elektrona? Mirovna masa elek-trona je 0.51 MeV/c20.

16. Koliksni sta kineticna energija in de Broglieva valovna dolzinadelca, ki ima mirovno maso 0.51 MeV/c20 in se giblje s hitro-stjo 0.9 c0?

17. Koliksna je de Broglijeva valovna dolzina elektrona, ki ga jepospesila napetost 107 V, na zacetku pa je miroval? Mirovnamasa elektrona je 0.51 MeV/c20, naboj elektrona pa je -1.6 ×10−19 As.

18. Eden izmed fotonov, ki nastane pri anihilaciji mirujocega pozi-trona in mirujocega elektrona, se Comptonsko sipa pod kotom90o glede na njegovo vpadno smer. Koliksen je polmer kroga,ki ga opise izbiti elektron v ravnini, ki je pravokotna na mag-netno polje gostote 10−3 T? Racunajte relativisticno!(1.91 m)

19. Proton z de Broglievo valovno dolzino 2 × 10−11 m prileti vhomogeno magnetno polje z gostoto 0.1 T tako, da je njegovahitrost pravokotna na silnice magnetnega polja. Koliksen jeciklotronski polmer tira po katerem zakrozi?

130

7 Zgradba atoma

1. Elektron v vodikovem atomu preide iz prvega vzbujenega vosnovno stanje. Koliksna je valovna dolzina svetlobe, ki sepri tem izseva? Uporabite Bohrov model vodikovega atoma!

Resitev:

V Bohrovem modelu vodikovega atoma je energija elektronav vodikovem atomu kvantizirana, to pomeni, da lahko imasamo dolocene diskretne vrednosti, ki jih podaja izraz:

Wn = −Wr1

n2.

Pri tem je Wr Rydbergova energija:

Wr =e20

8πε0rB= 13.6 eV,

n je celo stevilo n = 1, 2, 3, ... rB pa je Bohrov radij:

rB =4πε0~

2

e20me= 53 · 10−12 m.

Pri tem je ~ = h2π

= 1.05·10−34 Js. V prvem vzbujenem stanjuje n = 2, v osnovnem stanju pa je n = 1. V prvem vzbuje-nem stanju je torej energija vecja, kot v osnovnem stanju, kerje manj negativna. Po absolutni vrednosti pa je energija pr-vega vzbujenega stanja manjsa od energije v osnovnem stanju.Sprememba energije ∆W pri prehodu iz prvega vzbujenega vosnovno stanje je torej:

∆W = W1 −W2 = −Wr −(

−Wr

4

)

= −3Wr

4= −10.2 eV.

Energija elektrona se je torej zmanjsala za 10.2 eV. To ener-gijo elektron odda v obliki izsevane svetlobe. Valovno dolzinoλ svetlobe, ki se pri tem izseva, izracunamo iz:

hc0λ

= |∆W |, λ =hc0

|∆W | = 121.57 nm.

131

Taksne izracune si zelo olajsamo, ce si zapomnimo, da je pro-dukt Planckove konstante in hitrosti svetlobe enak

hc0 = 1240 eVnm.

2. Elektron v vodikovem atomu je v drugem vzbujenem stanju.Z uporabo Bohrovega modela ocenite obodno hitrost in pol-mer krozenja za ta elektron!

Resitev:

V Bohrovem modelu je tudi vrtilna kolicina elektronov nanjihovih tirih kvantizirana in lahko zavzame samo diskretnevrednosti

Γ = n~, n = 1, 2, ...,

posledica tega pa je (glejte npr. [20] - str 181), da imajo tudipolmeri tirov lahko samo naslednje diskretne vrednosti:

rn = rBn2.

Za elektron v drugem vzbujenem stanju velja n = 3. Iz zgor-nje formule dobimo:

r3 = 9rB = 477 · 10−12 m.

Vrtilna kolicina tega elektrona je

Γ = 3~ = mer3v = me9rBv.

Hitrost tega elektrona pa ocenimo takole:

v =~

3merB=

~c03merBc0

=197evnmc20

3 · 510000c0eV · 53 · 10−3nm=

= 0.0024c0 = 728820 m/s.

Pri racunu smo si pomagali z zaokrozitvijo:

~c0 = 197 eVnm.

132

3. Koliksna mora biti valovna dolzina svetlobe, s katero obse-vamo vodikov atom, da bo elektron presel iz drugega v tretjevzbujeno stanje? Uporabite Bohrov model vodikovega atoma!

Resitev:

Za drugo vzbujeno stanje je n = 3, za tretje vzbujeno stanjepa n = 4. Foton svetlobe, s katero obsevamo atom, morapriskrbeti elektronu energijsko razliko med tema dvema sta-njema:

hc0λ

= W4 −W3 = −Wr

16−(

−Wr

9

)

=7

144Wr,

Od to dobimo

λ =144hc07Wr

= 1875.63 nm.

133

8 Atomsko jedro

1. Mirujoce atomsko jedro 84Po210 se z emisijo delca α s kineticno

energijo 5.3 MeV pretvori v neko drugo atomsko jedro. Ko-liksna je mirovna masa, kineticna energija in gibalna kolicinanovonastalega jedra? Masa α delca je mα = 4.00260 a.e.m.,masa atoma polonija pa mPo = 209,98287 a.e.m..(205.97459 a.e.m., 0.103 MeV, 10.61 × 10−20 kgms−1)

2. Helijevo jedro, ki vstopa v reakcijo 4He +14 N −→17 O1 +1 H,

ima tako kineticno energijo, da sta hitrosti 17O in 1H po re-akciji ravno enaki. Kolisna je omenjena hitrost 17O in 1H, ceje dusikovo jedro pred reakcijo mirovalo? Produkta reakcijeletita v smeri vpadnega delca. Mase atomov, ki nastopajo vreakviji so: mHe = 4.002603 a.e.m., mN = 14.003074 a.e.m.,mO = 16.999134 a.e.m. in mH = 1.007825 a.e.m..(8.58 × 106 m/s)

3. Za obsevanje potrebujemo radioaktivni izvor z aktivnostjovsaj 10 razpadov v sekundi. Izracunaj koliksna mora bitiaktivnost izvora ob dobavi, da bo uporaben vsaj dva meseca?Razpolovni cas izotopa je 5 mesecev.(1.32 × 109 s−1)

4. Z radioizotopom Co60 obsevamo pacienta; 1 cm pod kozo vtkivu je dobil dozo 1 J/kg. Koliksna je bila doza 3 cm globokov tkivu, ce je absobcijski koeficient za tkivo pri kobaltovihgama zarkih 0.031 cm−1 ?(0.94 J/kg)

5. V 72 urah razpade 87.5 odstotkov nekega radioaktivnega iz-otopa. Koliksna sta razpolovni cas in razpadna konstanta zata izotop?

6. Pri radioaktivnem razpadu izotopa broma je v casovnem in-tervalu ∆t = 60 s verjetnost razpada P = 0.1042. Koliksen jerazpolovni cas (t1/2) tega izotopa?

Resitev:

134

Oznacimo ∆t = t2 − t1 in ∆N = N1 − N2, kjer je N2 steviloatomov broma ob casu t2 in N1 stevilo atomov broma ob casut1. Velja:

P =N1 −N2

N1= 1− N2

N1. (241)

Ob upostevanju relacije:

N2 = N1 exp

(

− ln 2∆t

t1/2

)

, (242)

iz enacbe (241) sledi:

P = 1− exp

(

− ln 2∆t

t1/2

)

. (243)

Iz enacbe (243) pa sledi:

t1/2 =ln 2∆t

ln(1/1− P )= 378 s .

7. Polonij 210 emitira delce α z razpolovnim casom t1/2=138.4dni. Koliksna je pri tlaku p = 105 Pa in temperaturi T = 273K prostornina helija (V ), ki je nastal iz delcev α, ki jih je emi-tiral vzorec polonija v prvih 124 (t0) dneh? Predpostavimo,da se vsi α delci pretvorijo v helij. Masa vzorca polonija jem0=2 g. Molekulska masa helija je M = 4 kg/kmol.

Resitev:

Stevilo atomov 84Po210 pojema eksponentno s casom (t):

N = N0 exp

(

−t ln 2

t1/2

)

.

Stevilo atomov polonija, ki oddajo delec α je:

∆N = (N0 −N) = N0

(

1− exp

(

−t ln 2

t1/2

)

)

.

Masa vseh atomov polonija, ki so oddali delec α pa je:

∆m0 = m0

(

1− exp

(

−t ln 2

t1/2

)

)

.

135

Masa helijevega plina, ki je pri tem nastal, izrazimo v obliki:

m =4

210m0

(

1− exp

(

−t ln 2

t1/2

)

)

. (244)

Za helijev plin zapisemo plinsko enacbo:

pV =m

MRT,

od koder sledi:

m =pV M

RT. (245)

Kombinacija enacb (244) in (245) nas pripelje do zveze:

pV M

RT=

4

210m0

(

1− exp

(

−t ln 2

t1/2

)

)

. (246)

Iz enacbe (246) dobimo koncni rezultat:

V =4

210

RTm0

pVM

(

1− exp

(

−t ln 2

t1/2

)

)

= 100 cm3 .

8. Ob casu t = 0 imamo toliksno kolicino polonija z molekulskomaso 210 kg/kmol, da razpade vsako sekundo 1.85 × 108

njegovih jeder (A(t=0)). Koliko gramov polonija nam bo seostalo cez 100 dni (tx)? Razpolovni cas polonija 210 je 138.4dni (t1/2).

Resitev:

Podano imamo aktivnost(A) ob casu t=0:

A(t = 0) = −dN

dt

∣

∣

∣

∣

∣

t=0

=ln 2

t1/2N0, (247)

kjer smo predpostavili eksponentno odvisnost stevila neraz-padlih jeder polonija N :

N = N0 exp (−t ln 2

t1/2) . (248)

136

Iz enacbe (247) izracunamo stevilo razpadlih jeder polonijaob casu t = 0:

N0 =A(t = 0) t1/2

ln 2. (249)

Stevilo nerazpadlih jeder ob casu tx je:

Nx =N0 exp

(

−tx ln 2

t1/2

)

= (250)

=A(t = 0) t1/2 exp (−tx ln 2/t1/2)

ln 2.

Celotna masa nerazpadlih atomov polonija ob casu tx pa je:

mx = NxM

NA, (251)

kjer je NA Avogadrovo stevilo. Ce vstavimo izraz za Nx izenacbe (250) v enacbo (251), dobimo:

mx =M

NA

A(t = 0)t1/2ln 2

exp

(

−tx ln 2

t1/2

)

= 6.77 · 10−7 g .

9. Aktivnost nekega radioaktivnega izvora, ki emitira delce α zenergijo 5 MeV, je 7 × 109 razpadov v sekundi. Izracunajte,koliko casa mora ostati izvor v tumorju, da bo le ta prejeldozo 20 J/kg. Masa tumorja je 1 kg. Predpostavimo, da seaktivnost izvora med obsevanjem ne spremeni.(1 h)

10. Radioaktiven vzorec stoji na neki razdalji od stevca, ki kazepo eni uri 7000 sunkov na minuto, po stirih urah pa 2000 sun-kov na minuto. Koliko sunkov na sekundo je pokazal stevecna zacetku opazovanja?(177 s−1)

11. Z izvorom delcev α obsevamo na enak nacin dva enaka tu-morja A in B, ki se nahajata 5 cm (A), oziroma 7.5 cm (B)pod kozo. Tumor A moramo obsevati 20 minut. Koliko casaje potrebno obsevati tumor B, da bo prejel enako kolicino

137

energije, kot tumor A? Razpolovna globina delcev α je 10cm. Predpostavite, da se aktivnost izvora med obsevanjemspremeni zanemarljivo malo, absorpcijo delcev α v zraku pazanemarimo.(1427 s)

12. Aktivnost nekega tockastega izvora, ki seva delce α z energijoWα=5 MeV v vse smeri enakomerno, je A0 = 7×109 razpadovv sekundi. Izvor je na oddaljenosti r = 0.5 m od povrsinekoze, ki jo obsevamo z izvorom. Obsevalna povrsina je S0=20cm2. Koliko casa moramo obsevati omenjeni del koze, da leta prejme 10 J (∆E). Predpostavite, da se aktivnost izvoramed obsevanjem spremeni zanemarljivo malo.

Resitev:

Aktivnost A = −dN/dt. Na osnovi definicije aktivnosti za-pisemo priblizen izraz za stevilo nastalih delcev α (∆N) vcasovnem intervalu ∆t:

∆N ∼= A0∆t . (252)

Priblizno velja:

∆E =S0∆N ·Wα

4πr2=

S0A0∆tWα

4πr2. (253)

Iz enacbe (253) sledi:

∆t =∆E4πr2

A0Wα

= 5610 s . (254)

138

Literatura

[1] Strnad J. (1977) Fizika (1. del), Mehanika, Toplota, DMFA Slo-venije, Ljubljana

[2] Strnad J. (1992) Fizika (2. del), Elektrika, Optika, DMFA Slo-venije, Ljubljana

[3] Strnad J. (1981) Fizika (3.del), Posebna teorija relativnosti,Kvantna fizika, Atomi, DMFA Slovenije, Ljubljana

[4] Gros M., Hribar M., Kodre A., Strnad J. (1973) Naloge iz fizike,FNT, Univerza v Ljubljani, Ljubljana

[5] Halliday D., Resnick R. (1977) Physics, Parts I and II Combi-ned, J. Wiley & Sons, New York

[6] Kladnik R. (1969) Osnove fizike (1. del), DZS Slovenije, Lju-bljana

[7] Kladnik R. (1971) Osnove fizike (2. del), DZS Slovenije, Lju-bljana

[8] Babic E., Krsnik R., Ocko M. (1990) Zbirka rijesenih zadatakaiz fizike, Skolska knjiga, Zagreb

[9] Detoni S., Korbar R., Skubic T. (1974) Naloge iz fizike, DZSSlovenije, Ljubljana

[10] Lopac V., Kulisic P., Volovsek V., Dananic V. (1992) Rijesenizadaci iz elektromagnetskih pojava in strukture tvari, Skolskaknjiga, Zagreb

[11] Todorovic M.S., Jovicic O., Jovicic J. (1988) Zbirka ispitnihzadataka iz fizike, Gradzevinska knjiga, Beograd

[12] Kulisic P., Bistricic L., Horvat D., Narancic Z., Petkovic T.,Pevec D. (1990), Skolska knjiga, Zagreb

139

[13] Girt E., Knezevic G., Bikic S., Baltic R., Girt E., Pusic Mari-janovic R. (1991), Svjetlost, Sarajevo

[14] Young, D.H., Freedman, A.R. (1996), University Physics,Vol.2, Addison-Wesley Publishing Co., Inc.

[15] Hecht E. (1975), Theory and Problems of Optics, SchaumsOutline Series, McGraw-Hill, New York

[16] Sena L.A. (1988), A Collection of Questions and Problems inPhysics, Mir Publishers Moscow, Moscow

[17] Kladnik R., Solinc H. (1996), Zbirka fizikalnih nalog z resitva-mi 1, DZS, Ljubljana

[18] Kladnik R., Solinc H. (1984), Zbirka fizikalnih problemov zresitvami 2, Drzavna zalozba Slovenije, Ljubljana

[19] Sevsek F. (2002), Biomehanika, Visoka sola za zdravstvo, Lju-bljana.

[20] Stanovnik A. (2010), Fizika II - zapiski predavanj, Zalozba FEin FRI, Ljubljana, 4. izdaja.

[21] Iglic A. (2008), Elektricne in magnetne lastnosti snovi, ZalozbaFE in FRI, Ljubljana, 1. izdaja.

[22] Zitnik J. (2003), Univerzitetne fizikalne naloge II del, Tehniskazalozba Slovenije, Ljubljana, 1. natis.

[23] Drevensek-Olenik I., Golob B., Sersa I. (2008), Naloge iz fizikeza studente tehniskih fakultet, DMFA Zaloznistvo, Ljubljana.

[24] Horvat D., Mozina J., Petkovsek R. (2007), Naloge iz tehniskefizike, Univerza v Ljubljani, Fakulteta za strojnistvo, Ljubljana.

140

Fizikalne konstante

Ime Simbol Vrednost

Gravitacijska konstanta G 6.67259 × 10−11 Nm2/kg2

Avogadrovo stevilo NA 6.022 × 1023 mol−1

Plinska konstanta R 8.314510 J/(mol K)

Osnovni naboj e0 1.602177 × 10−19 As

Influencna konstanta ε0 8.8542 × 10−12 As/Vm

Indukcijska konstanta µ0 4π × 10−7 Vs/Am

Stefanova konstanta σ 5.6705 × 10−8 W/m2K4

Boltzmannova konstanta k 1.380657 × 10−23 J/K

Planckova konstanta h 6.6260754 × 10−34 Js

Hitrost svetlobe c0 2.99792 × 108 m/s

Masa elektrona me 9.10939 × 10−31 kg

Masa protona mp 1.67262 × 10−27 kg

Masa nevtrona mn 1.67492 × 10−27 kg

141