Svetlost kao elektromagnetni talas

1.1. Intenzitet magnetnog polja ravnog monohromatskog talasa uvakuumu dat je izrazom:

B = B0 sin ω

(

t − x

c

)

,

pri cemu je B0 = 2 · 10−9 T i ω = π · 1015 rad/s. Izracunati:

a) frekvenciju, talasnu duzinu i talasni broj ovog talasa;

b) jacinu elektricnog polja.

RESENJE:

Najjednostavniji oblik talasnog kretanja je ravni harmonijski talas kod kogase intenziteti elektricnog i magnetnog polja menjaju na sledeci nacin:

Ey = E0 sin ω

(

t − x

v

)

= E0 sin (ωt − kx) ,

Bz = B0 sin ω

(

t − x

v

)

= B0 sin (ωt − kx) ,

gde je k = ω/v = 2π/λ− talasni broj, a ω = 2πν − ugaona frekvencija(indeksi ,,y” i ,,z” odnose se na ose Dekartovog pravouglog koordinatnogsistema i ukazuju da su vektori ~E i ~B normalni kako medusobno, tako i napravac prostiranja talasa – u ovom slucaju to je pravac x−ose). Kao i kodmehanickih talasa i ovde je v = λ · ν = ω/k, pri cemu je:

v =1√

ε0εrµ0µr

=c√εrµr

.

Veza izmedu elektricnog i magnetnog polja u elektromagnetnom talasu je:

B =1

v· E .

a) Iz relacijeω = 2πν ,

1

dobija se da je:

ν =ω

2π=

π · 1015 rad/s

2π=

1

2· 1015 = 5 · 1014 Hz .

Talasna duzina talasa je:

λ =c

ν=

3 · 108 ms

5 · 1014 Hz= 6 · 10−7 m = 600nm ,

a talasni broj:

k =2π

λ=

2 · 3, 146 · 10−7 m

= 1, 05 · 107 m−1 .

b) Amplituda elektricnog polja jednaka je:

E0 = c · B0 = 0, 6V

m,

tako da se elektricno polje menja u skladu sa jednacinom:

E [V/m] = 0, 6 sinπ · 1015(

t − x

c

)

.

1.2. Talasna duzina zute natrijumove svetlosti u vakuumu iznosiλ = 589nm. Koliko iznose odgovarajuca frekvencija i talasnibroj?

RESENJE:

Iz relacije:λ · ν = c ,

sledi:

ν =c

λ=

3 · 108 ms

589 · 10−9m= 5, 09 · 1014 Hz ,

dok na osnovu veze:

k =2π

λ

sledi:

k =2 · 3, 14

589 · 10−9m= 1, 07 · 107 m−1 .

2

1.3. Koliko iznose brzina sirenja i talasna duzina elektromagnetnogtalasa cija je frekvencija ν = 600MHz u benzolu (εr = 2, 3)?

RESENJE:

S obzirom da je :

v =c√εrµr

=3 · 108 m/s√

2, 3= 1, 98 · 108 m/s ,

sledi:

λ =v

ν=

1, 98 · 108 m/s

600 · 106Hz= 0, 33m .

1.4. Elektromagnetni talas frekvencije 9MHz prelazi iz vakuumau nemagnetnu sredinu (µr = 1) relativne permitivnosti εr = 81(voda). Kolika je promena talasne duzine ovog talasa priprelasku iz jedne sredine u drugu?

RESENJE:

Talasna duzina u vakuumu iznosi:

λ0 =c

ν,

a u nemagnetnoj sredini relativne permitivnosti εr:

λ =v

ν,

gde je:

v =c√

εr µr,

pa je:

∆λ = λ − λ0 =c

ν√

εr− c

ν=

c

ν

(

1√εr

− 1

)

=

=3 · 108 m/s

9 · 106 Hz

(

1√81

− 1

)

= −29, 6m ,

odnosno:|∆λ|

λ=

∣

∣

∣

∣

∣

1√εr

− 1

∣

∣

∣

∣

∣

= 0, 89 = 89% .

3

1.5. Elektricno polje svetlosnog talasa dato je izrazom:

E [V/m] = 0, 5 · sin π(

1, 2 · 1015 t − 4 · 106 x)

.

Odrediti amplitudu, frekvenciju, talasnu duzinu, period ibrzinu ovog talasa.

RESENJE:

Uporedivanjem date jednacine sa jednacinom ravnog harmonijskog talasa:

E = E0 sin ω

(

t − x

v

)

= E0 sin (ωt − kx)

moze se zakljuciti sledece:

• Amplituda talasa je:

E0 = 0, 5V

m,

• frekvencija:

ν =ω

2π=

1, 2 · 1015 π

2π= 6 · 1014 Hz ,

• talasna duzina:

λ =2π

k=

2π

4π · 106 m−1= 5 · 10−7 m = 500nm ,

• period:

T =2π

ω=

1

ν= 1, 67 · 10−15 s ,

• i brzina:

v = λ · ν = 5 · 10−7 m · 6 · 1014 Hz = 3 · 108 m

s.

1.6. Koliko visokofrekventnih oscilacija talasne duzine λ = 375mse izvrsi za vreme jednog perioda zvucnog talasa frekvencijeνzv = 500Hz, stvorenog ispred mikrofona predajne stanice sadatom talasnom duzinom?

4

RESENJE:

Broj oscilacija se izrazava kao:

N = ν · t ,

gde je:

ν =c

λ=

3 · 108 ms

375m= 8 · 105 Hz ,

frekvencija koja odgovara elektromagnetnom talasu talasne duzine λ = 375m.Za vreme jednog perioda zvucnih oscilacija:

t = Tzv =1

νzv

=1

500Hz= 0, 002 s

izvrsi se, dakle:

N = ν · t = 8 · 105 Hz · 0, 002 s = 1600 oscilacija .

Zadaci za samostalni rad:

1.7. Dato je elektricno polje elektromagnetnog talasa u vakuumu:

Ey = E0 sin ω

(

t − x

c

)

,

gde je E0 = 50N/C i ω = 1, 02π · 1015 rads

(zuta svetlost). Odre-diti frekvenciju, talasnu duzinu i period ovog talasa.

1.8. Ravni elektromagnetni talas frekvencije 1, 5 · 1014 Hz prostirese kroz vakuum. Amplituda elektricnog polja ovog talasaiznosi 60V/m. Napisati jednacine za jacine elektricnog i mag-netnog polja tog talasa.

1.9. U homogenoj nemagnetnoj sredini relativne dielektricne pro-pustljivosti εr = 3 prostire se elektromagnetni talas. Ampli-tuda jacine elektricnog polja iznosi 10V/m. Kolika je ampli-tuda jacine magnetnog polja?

5

1.10. U nemagnetnoj sredini prostire se ravan elektromagnetni ta-las. Jacina elektricnog polja talasa menja se po zakonu:

E = 10 sin(

1010 t − 66, 7x)

(u jedinicama SI) .

Kolika je brzina talasa u toj sredini? Kolika je relativnadielektricna propustljivost sredine?

6

Korpuskularna priroda svetlosti

2.1. Koliko fotona emituje svake sekunde radio-odasiljac snage12 kW koji radi na talasnoj duzini 205m?

RESENJE:

Emitovana energija jednaka je celobrojnom umnosku elementarnog kvantaenergije (fotona):

E = N · hν = Nhc

λ,

a posto je:E = P · t = 12 · 103W · 1s = 1, 2 · 104 J ,

sledi:

N =E λ

h · c =1, 2 · 104 J · 205m

6, 626 · 10−34 J s · 3 · 108 m/s= 1, 24 · 1031 .

2.2. Izracunati frekvenciju fotona koji nastaje kada se elektronkineticke energije E = 20 keV zaustavi pri sudaru sa teskimjezgrom, pod pretpostavkom da se 80% kineticke energijeelektrona transformise u energiju fotona.

RESENJE:

Pod uslovima zadatka sledi da je:

0, 8 · Ek = h · ν ,

a odavde je:

ν =0, 8 · Ek

h=

0, 8 · 2 · 104 · 1, 6 · 10−19J

6, 626 · 10−34J s= 3, 86 · 1018 Hz .

2.3. Koliku talasnu duzinu treba da ima foton da bi njegova ener-gija bila jednaka energiji mirovanja elektrona?

RESENJE:

S obzirom na relaciju:h c

λ= me c2

7

sledi:

λ =h c

me c2=

h

me c=

6, 626 · 10−34J s

9, 11 · 10−31 kg · 3 · 108 ms

= 2, 42 · 10−12 m .

2.4. Monohromatska svetlost talasne duzine 450nm pada normalnona povrsinu S = 4cm2. Ako je intenzitet svetlosti I = 0, 15 W

m2 ,odrediti koliko dugo povrsina treba da bude izlozena svetlostida bi na nju palo 1020 fotona.

RESENJE:

Intenzitet svetlosti:

I =P

S=

E

S · t ,

a energija emitovanih fotona:

E = N · h ν = Nhc

λ.

Kombinacijom ovih relacija dobija se:

t =E

I · S =N hc

I S λ=

1020 · 6, 626 · 10−34J s · 3 · 108 ms

0, 15 Wm2 · 4 · 10−4m2 · 450 · 10−9m

=

= 7, 362 · 105 s = 8, 52 dana .

2.5. Spektralna gustina Suncevog zracenja ima maksimum za ta-lasnu duzinu 480nm.

a) Izracunati temperaturu Sunceve povrsine pod pretpo-stavkom da Sunce zraci kao crno telo.

b) U kom delu spektra bi spektralna gustina bila maksi-malna kada bi se temperatura Sunca smanjila na jednutrecinu sadasnje vrednosti?

RESENJE:

a) Iz Vinovog zakona se dobija:

T =b

λm=

2, 9 · 10−3K · m480 · 10−9m

= 6041, 7K .

8

b) Na temperaturi:

T ′ =T

3= 2013, 9K

maksimum zracenja bio bi na talasnoj duzini:

λ′

m =b

T ′=

2, 9 · 10−3K · m2013, 9K

= 1, 44 · 10−6m .

2.6. Uzarena ploca povrsine 20 cm2 zraci 0, 5 kWh energije u minuti.

a) Odrediti temperaturu ploce ako pretpostavimo da zracikao apsolutno crno telo.

b) Da li je ta ploca zaista crna?

RESENJE:

a) Iz Stefan–Bolcmanovog zakona:

I =P

S= σ · T 4 ,

dobija se da je ukupna izracena energija:

E = P · t = S σ T 4t ,

a odavde je:

T =4

√

E

Sσ t= 4

√

√

√

√

0, 5 · 103 · 3600J

20 · 10−4 m2 · 5, 67 · 10−8 Wm2 K4 · 60 s

⇒

⇒ T = 4033K.

b) Talasna duzina na kojoj je spektralna gustina maksimalna dobija se izVinovog zakona:

λm =b

T=

2, 9 · 10−3K · m4033K

= 7, 19 · 10−7 m = 719nm .

Ova talasna duzina pripada krajnjem crvenom delu vidljivog spektra,tako da ce ploca imati tamnocrvenu boju.

9

2.7 Apsolutno crno telo zagrejano je do temperature T1 = 2900K.U procesu hladenja ovog tela, talasna duzina na kojoj je spek-tralna gustina zracenja maksimalna promeni se za ∆λ = 9µm.Do koje se temperature T2 ohladilo telo?

RESENJE:

Prema Vinovom zakonu, za temperaturu T1 je:

λ(1)m =

b

T1,

a za temperaturu T2 :λ(2)

m = λ(1)m + ∆λ ,

b

T2=

b

T1+ ∆λ =

b + ∆λT1

T1,

pa je trazena temperatura:

T2 =b T1

b + ∆λT1= 290K .

2.8. Temperatura covekovog tela je Tc

= 310K, a okoline To =300K.

a) Izracunati efektivnu snagu zracenja koju covek gubi podtim uslovima ako je povrsina koze S = 2m2.

b) Izracunati i talasnu duzinu λm maksimuma spektralnogzracenja.

RESENJE:

a) Prema Stefan-Bolcmanovom zakonu, intenzitet zracenja koje covekemituje sa povrsine od 1m2 na temperaturi T

c= 310K je:

I1 = σT 4

c.

Sa druge strane na njega pada zracenje iz okoline ciji je intenzitet:

I2 = σT 4o .

Snaga koju covek gubi po jedinici povrsine jednaka je razlici intenzitetazracenja koje emituje i koje prima od okoline:

I = I1 − I2 = σ(

T 4

c− T 4

o

)

.

10

Ukupna snaga koju covek gubi sa celog tela je:

P = IS = σ(

T 4

c− T 4

o

)

S

P = 5, 67 · 10−8 W

m2 · K4·[

(310K)4 − (300K)4]

· 2m2 = 129W .

b) Talasna duzina koja odgovara maksimumu spektralnog zracenja racunase pomocu Vinovog zakona:

λm =b

T,

gde je b Vinova konstanta.

Za coveka:

λmc =b

Tc

=2, 9 · 10−3 m · K

310K= 9, 35 · 10−6 m ,

a za okolinu:

λmo =b

To=

2, 9 · 10−3 m · K300K

= 9, 67 · 10−6 m .

2.7 Ako se 40% utrosene elektricne energije u sijalici snage P =60W emituje kao infracrveno zracenje, izracunati temperatu-ru njenog vlakna duzine ℓ = 0, 2m i precnika d = 0, 01mm.Zracenje vlakna sijalice razmatrati kao zracenje apsolutnocrnog tela.

RESENJE:

Prema Stefan–Bolcmanovom zakonu, intenzitet zracenja vlakna sijalice iznosi:

I = σ · T 4 ,

a posto je:

I =0, 4 · P

S=

0, 4 · Pπdℓ

,

kombinovanjem prethodne dve jednacine dobija se:

T =4

√

0, 4P

πdℓσ= 4

√

0, 4 · 60W

3, 14 · 10−5 m · 0, 2m · 5, 67 · 10−8 Wm2

·K4

= 2865K .

11

2.9. Odrediti minimalnu frekvenciju zracenja koja ce izazvati fo-toelektricni efekat na materijalu ciji je izlazni rad 3eV . Komdelu spektra pripada to zracenje?

RESENJE:

Prema Ajnstajnovoj jednacini fotoelektricnog efekta:

h ν = A +1

2mev

2 ,

minimalna (granicna) frekvencija (νg) je ona za koju je kineticka energijaizbijenih fotoelektrona jednaka nuli, te je:

h νg = A ,

ødavde sledi:

νg =A

h=

3 · 1, 6 · 10−19 J

6, 626 · 10−34 J s= 7, 24 · 1014 Hz .

S obzirom da je odgovarajuca talasna duzina (,,crvena granica fotoefekta”):

λg =c

νg

=3 · 108 m

s

7, 24 · 1014 Hz= 414, 4nm ,

zracenje pripada vidljivom delu spektra (ljubicasta boja).

2.10. Prilikom osvetljavanja povrsine platine ultraljubicastim zra-cenjem talasne duzine λ = 204nm, izmereno je da naponpri kome prestaje fotoelektricni efekat (napon zaustavljanja)iznosi Uk = 0, 8V. Na osnovu ovih podataka izracunati:

a) maksimalnu brzinu emitovanih fotoelektrona;

b) izlazni rad elektrona iz platine;

c) maksimalnu talasnu duzinu (crvenu granicu fotoefekta)pri kojoj je jos moguc fotoelektricni efekat.

RESENJE:

a) Fotoelektricni efekat prestaje pri onom naponu Uk pri kome se pocetnakineticka energija fotoelektrona potrosi na rad sile elektricnog polja,tj:

mev2

2= eUk ,

12

a odavde je:

v =

√

2eUk

me

=

√

2 · 1, 6 · 10−19 C · 0, 8V

9, 11 · 10−31 kg= 5, 3 · 105 m

s.

b) Ajnstajnova relacija za fotoelektricni efekat moze se napisati u obliku:

hc

λ= A + eUk ,

odakle sledi:

A =hc

λ− eUk = 8, 45 · 10−19 J = 5, 3 eV .

c) U ovom slucaju se energija kvanta elektromagnetnog zracenja utrosisamo na izbijanje elektrona, njihova kineticka energija jednaka je nuli,te vazi:

hc

λg

= A ⇒ λg =hc

A=

6, 626 · 10−34J s · 3 · 108 m/s

8, 45 · 10−19 J= 235nm .

2.11. Pri osvetljavanju povrsine nekog metala svetloscu talasnihduzina λ1 = 350nm i λ2 = 540nm, maksimalne brzine emi-tovanih fotoelektrona razlikuju se medusobno n = 2 puta.Izracunati izlazni rad za ovaj metal.

RESENJE:

Ajnstajnova relacija za fotoelektricni efekat, primenjena u oba slucaja, imaoblik:

hc

λ1= A +

mv 21

2, (1)

hc

λ2= A +

mv 22

2. (2)

Posto je energija fotona hcλ1

> hcλ2

, sledi da je v1 = nv2, te izraz (1) postaje:

hc

λ1= A +

1

2mn2v 2

2. (3)

Mnozenjem izraza (2) sa n2 i oduzimanjem od izraza (3), dobija se:

hc

(

1

λ1− n2

λ2

)

= A(

1 − n2)

.

13

Resavanje prethodne jednacine po izlaznom radu daje:

A = hcλ2 − n2λ1

(1 − n2) λ1λ2= 3 · 10−19 J = 1, 9 eV .

2.12. Eksperimentalno je ustanovljeno da najveca talasna duzina zakoju je moguce ostvariti fotoelektricni efekat na metalu bari-jumu iznosi λg = 496nm. Koliki je napon neophodno primenitida bi se zaustavili fotoelektroni koji izlaze iz katode od bari-juma, ako se ona osvetli zracenjem talasne duzine λ = 300nm?Kolika je pri tome brzina izbijenih fotoelektrona?

RESENJE: Polazeci od Ajnstajnove jednacine fotoelektricnog efekta uobliku:

hc

λ= A + eUk

i uzimajuci u obzir vezu izmedu izlaznog rada i crvene granice fotoefekta:

A =hc

λg,

dobija se da je:hc

λ=

hc

λg+ eUk,

odakle sledi:

Uk =hc

e· λg − λ

λg · λ= 1, 64V.

Brzina izbijenih fotoelektrona iznosi:

1

2mv2 = eUk ⇒ v =

√

2eUk

m= 7, 6 · 105 m/s.

2.13. Svetlost talasne duzine λ = 350nm pada na fotokatodu i prinekom naponu U dolazi do prekida fotoelektricne struje. Akose talasna duzina svetlosti smanji za ∆λ = 50nm, odrediti zakoliko treba promeniti zakocni napon da bi ponovo doslo doprekida fotoelektricne struje.

RESENJE:

Analiza Ajnstajnove jednacine fotoelektricnog efekta:

hc

λ= A + eUk

14

pokazuje da smanjenje talasne duzine odgovara povecanju zakocnog napona:

hc

λ − ∆λ= A + e (Uk + ∆Uk).

Kombinovanjem gornjih jednacina dobija se:

hc

λ − ∆λ=

hc

λ+ e∆Uk,

na osnovu cega konacno proizilazi:

∆Uk =hc∆λ

eλ(λ − ∆λ)= 0, 59V.

2.14. Rentgenski zrak talasne duzine λ = 0, 040nm interaguje saelektronom i tom prilikom dolazi do Komptonovog rasejanja.Odrediti talasnu duzinu rasejanog fotona ako je ugao rase-janja 75◦.

RESENJE:

Komptonov efekat je elasticna interakcija fotona elektromagnetnog (rentgen-skog) zracenja energije hν i slabo vezanog atomskog elektrona. Kao posled-ica ove interakcije foton nastavlja kretanje sa vecom talasnom duzinom (λ′)od one koju je do tada imao (λ), a razlika talasnih duzina upadnog i rase-janog fotona iznosi:

∆λ = λ′ − λ =h

m0c(1 − cos θ) = λc (1 − cos θ) ,

gde je m0 = 9, 11 · 10−31 kg masa mirovanja elektrona, θ ugao pod kojimse rasejao upadni foton, a λc = h

m0c= 2, 42 · 10−12 m Komptonova talasna

duzina. Rasejani foton imace talasnu duzinu:

λ′ = λ +h

m0c(1 − cos θ) ⇒

⇒ λ′ = 4 · 10−11 m +6, 626 · 10−34Js

9, 11 · 10−31kg · 3 · 108 ms

(1 − cos 75◦) ⇒

⇒ λ′ = 0, 0418nm .

15

Zadaci za samostalni rad:

2.15. Radio-antena emituje radio talase frekvencije ν = 1MHz sna-gom P = 1 kW . Koliko fotona u sekundi emituje ova antena?

2.16. Lopta poluprecnika r = 10 cm nalazi se na temperaturi t =227 ◦. Kolika se energija izraci sa ove lopte za vreme τ = 10s?Loptu smatrati apsolutno crnim telom.

2.17. Pretpostavljajuci da Sunce zraci kao apsolutno crno telo,izracunati ukupnu energiju koju 1m2 povrsine Sunca emitujeu jednoj godini. Uzeti da je temperatura povrsine SuncaT = 6000K.

2.18. Otvor na supljoj, toplotno izolovanoj kugli ima povrsinu 2 cm2.Temperatura zidova kugle je T = 2000K.

a) Odrediti talasnu duzinu na kojoj je spektralna gustinazracenja maksimalna. O kojoj se vrsti zracenja radi?

b) Izracunati intenzitet zracenja kao i ukupnu snagu kojuzraci otvor kugle.

2.19. Pod dejstvom ultraljubicastog zracenja frekvencije ν = 1, 5 ·1015 Hz izlecu elektroni iz nekog metala brzinom v = 800 km/s.

a) Koliki je izlazni rad elektrona?

b) Kolika je njihova energija u eV ?

2.20. Kolika je brzina fotoelektrona emitovanih iz srebra osvetlje-nog ultraljubicastim zracenjem talasne duzine λ = 150nm.Crvena granica fotoelektricnog efekta za srebro je λg = 260nm.

16

2.21. Pri nekoj odredenoj vrednosti zakocnog napona fotostruja sapovrsine volframa prestaje da tece. Kada se talasna duzinaupotrebljene svetlosti promeni a = 2, 5 puta, za prestanaktoka fotostruje neophodno je povecati zakocni napon b = 4puta. Uzimajuci da je ,,crvena granica” fotoelektricnog efektaza volfram λg = 275nm , odrediti prvobitnu talasnu duzinuupadne svetlosti.

17

Borov model atoma

3.1. Koristeci Borove postulate, izracunati za atom vodonika i jonHe+:

a) poluprecnik prve Borove orbite (osnovno stanje) i brzinuelektrona na njoj;

b) ukupnu energiju elektrona u osnovnom stanju;

c) talasnu duzinu fotona nastalog prelaskom elektrona saprvog pobudenog u osnovno stanje.

RESENJE:

a) Polazne relacije za Borov model atoma su uslov kvantovanja momentaimpulsa:

me vn rn = nh ; n = 1, 2, 3, ... (1)

i cinjenica da ulogu centripetalne sile ima privlacna Kulonova silaizmedu jednog elektrona u elektronskom omotacu i Z protona u jezgru:

mev2

n

rn=

1

4πε0

Ze2

r 2n

⇒ mev2

n =1

4πε0

Ze2

rn. (2)

Ako se izraz (1) u obliku vn = nhmern

uvrsti u (2), dobija se:

me

(

nh

mern

)2

=1

4πε0

Ze2

rn

⇒ n2 h2

me r 2n

=1

4πε0

Ze2

rn

,

i konacno:

rn =4πε0 h

2

Zmee2n2 =

ε0h2

πZmee2n2 , (3)

gde je u poslednjem koraku uzeto u obzir da je: h = h2π

. Slicno tome,

ako se iz (1) izrazi rn u obliku rn = nhmevn

uvrsti u (2), dobija se:

mev2

n =1

4πε0

mevnZe2

nh,

18

odnosno:

vn =Ze2

4πε0 h

1

n=

Ze2

2 ε0h

1

n. (4)

Zamena brojnih vrednosti daje:

- za vodonik (Z = 1, n = 1)

r1 = 5, 29 · 10−11 m ; v1 = 2, 18 · 106 m

s,

- za He+ (Z = 2, n = 1)

r1 = 2, 65 · 10−11 m ; v1 = 4, 36 · 106 m

s.

b) Ukupna energija elektrona (energija veze) jednaka je zbiru kinetickeenergije i potencijalne energije elektrona u elektrostatickom polju jez-gra:

En =mev

2n

2− Ze2

4πε0rn.

Zamenom relacija (3) i (4) u prethodni izraz dobija se:

En = − meZ2e4

32 ε02π2h2

1

n2= −meZ

2e4

8 ε02h2

1

n2, (5)

E1 = −13, 6 eV (za vodonik) ,

E1 = −54, 4 eV (za He+) .

Cinjenica da je energija veze negativna je posledica okolnosti da jenegativna potencijalna energija veca (po apsolutnom iznosu) od pozi-tivne kineticke energije.

c) Energija fotona emitovanog pri prelasku elektrona sa n-te na k-tu or-bitu jednaka je razlici ukupne energije na tim putanjama (5):

(

hc

λ

)

n→k

= En − Ek = −meZ2e4

8 ε02h2

(

1

n2− 1

k2

)

,

odakle sledi:(

1

λ

)

n→k

=meZ

2e4

8 c ε02h3

(

1

k2− 1

n2

)

.

19

Uvodenjem Ridbergove konstante:

RH

=mee

4

8 c ε02h3

=mee

4

64 ε02π3h3c

= 1, 097 · 107 m−1 ,

prethodni izraz postaje:(

1

λ

)

n→k

= Z2RH

(

1

k2− 1

n2

)

.

Za k = 1 i n = 2, 3, 4, ... dobija se Lajmanova spektralna serijakoja odgovara svim mogucim prelazima elektrona sa pobudenih stanjau osnovno. Prelazak elektrona sa prvog pobudenog (n = 2) u os-novno stanje (k = 1) odgovara spektralnoj liniji Lajmanove serije sanajvecom talasnom duzinom:

λ2→1 =1

Z2RH

(

1

12− 1

22

) .

Zamenom dobijenih vrednosti dobija se:

λ2→1 = 120nm (za vodonik),

λ2→1 = 30nm (za H+e ) .

3.2. Primenom Borove teorije atoma vodonikovog tipa izracunatitalasnu duzinu fotona koji se emituje pri prelasku elektronaiz drugog u prvo pobudeno stanje atoma vodonika, a zatimodrediti:

a) da li se svetloscu te talasne duzine moze izvrsiti fotoelek-tricni efekat na kalijumu, ciji je izlazni rad AK = 2, 15 eV ;

b) da li je emitovana svetlost vidljiva ljudskom oku.

RESENJE:

Pri prelasku elektrona iz k−tog u n−to energijsko stanje atoma vodonika(Z = 1) emituje se foton cija je talasna duzina odredena formulom:

1

λ= R

H

(

1

n2− 1

k2

)

,

a odavde, s obzirom da je u nasem slucaju k = 3 i n = 2, proizilazi:

1

λ= R

H

(

1

4− 1

9

)

=5

36R

H⇒ λ =

36

5RH

= 656, 3nm.

20

a) Crvena granica fotoelektricnog efekta na kalijumu dobija se na osnovurelacije:

AK =hc

λg

i iznosi:

λg =hc

AK=

6, 626 · 10−34 Js · 3 · 108 m/s

2, 15 · 1, 6 · 10−19 J= 577, 8nm.

Buduci da je λ > λg, do fotoefekta nece doci.

b) Talasna duzina λ = 656, 3nm spada u vidljivi deo spektra (crvenaboja).

3.3. Pri prelasku elektrona sa jednog od visih pobudenih sta-cionarnih nivoa u osnovno energijsko stanje dvostruko joni-zovanog atoma litijuma, sukcesivno se emituju dva fotona satalasnim duzinama λ1 = 72, 91nm i λ2 = 13, 5nm. U kom sepobudenom kvantnom stanju nalazio elektron pre emisije?

RESENJE:

Pri prelasku elektrona sa n-tog u neko nize (k-to) stacionarno energijskostanje dvostruko jonizovanog atoma litijuma (Z = 3) emituje se foton cijaje talasna duzina odredena formulom:

1

λ1= Z2R

H

(

1

k2− 1

n2

)

= 9RH

(

1

k2− 1

n2

)

, (1)

dok je pri prelasku sa k-tog u osnovno stanje:

1

λ2= 9R

H

(

1

12− 1

k2

)

. (2)

Sabiranjem jednacina (1) i (2) dobija se da je:

1

λ1+

1

λ2= 9R

H

(

1

12− 1

n2

)

i konacno:

n =1

√

1 − λ1 + λ2

9RH

λ1λ2

= 3 .

21

3.4. Kod kog je atoma vodonikovog tipa razlika talasnih duzinaglavnih linija Balmerove i Lajmanove serije jednaka ∆λ =33, 42nm?.

RESENJE:

Glavna linija Balmerove serije (k = 2) nastaje elektronskim prelazom 3 → 2i odredena je formulom:

1

λB

= Z2RH

(

1

22− 1

32

)

=5

36Z2R

H, (1)

dok se glavna linija Lajmanove serije dobija pri prelazu 2 → 1:

1

λL= Z2R

H

(

1

12− 1

22

)

=3

4Z2R

H. (2)

Prema uslovu zadatka i jednacinama (1) i (2) dalje sledi:

∆λ = λB − λL =88

15Z2RH

i konacno:

Z =

√

88

15RH

∆λ= 4 .

Radi se, dakle, o trostruko jonizovanom atomu berilijuma.

Zadaci za samostalni rad:

3.5. Polazeci od Borovog modela atoma vodonikovog tipa, odredi-ti period rotacije elektrona u prvom pobudenom energijskomstanju dvostruko jonizovanog atoma litijuma

(

Li 2+)

.

3.6. Izracunati talasnu duzinu fotona koji se emituje pri prelaskuelektrona iz drugog pobudenog u osnovno stanje dvostrukojonizovanog atoma litijuma.

22

3.7. U spektru nekog vodoniku slicnog jona talasna duzina trecelinije Balmerove serije iznosi 108, 5nm. O kom se elementuradi i koliko iznosi talasna duzina glavne (prve) linije Laj-manove serije za taj element?

3.8. Iz Lajmanove serije vodonikovog spektra izdvaja se jedna li-nija i njome se osvetljava fotocelija. Katoda fotocelije je odrubidijuma, ciji je izlazni rad A = 2, 13 eV . Ako je poznato dazakocni napon izmedu katode i anode iznosi Uk = 10V , odredi-ti kom prelazu odgovara ta linija i kolika je brzina emitovanihfotoelektrona.

23

Odbijanje i prelamanje svetlosti

4.1. Stub je zakucan u dno reke tako da visina dela koji se nalaziiznad povrsine vode iznosi h = 1m. Naci duzinu senke ovogstuba na povrsini i na dnu reke, ako je ,,visina” Sunca nadhorizontom α = 30◦, a dubina reke na tom mestu H = 2m.Indeks prelamanja vode iznosi n = 1, 33.

RESENJE:

r

H

hn0 &1

n

Sa slike se vidi da je duzina senke stuba na povrsini reke:

tg α =h

x⇒ x =

h

tg α= 1, 73m .

Na osnovu zakona prelamanja sledi:

sin (90◦ − α) = n · sin β ⇒ β = arcsin

[

sin (90◦ − α)

n

]

= 40, 63◦

te je:

tg β =y

H⇒ y = H · tg β

24

i konacno:

r = x + y =h

tg α+ H · tg β = 3, 45m ,

sto predstavlja duzinu senke stuba na dnu reke.

4.2. Posuda u obliku kocke sa neprovid-nim zidovima postavljena je tako daoko posmatraca ne vidi njeno dno,ali vidi stranu CD. Kolika kolicina(zapremina) vode se mora usuti usud da bi posmatrac mogao da vidipredmet P, koji se nalazi na rasto-janju b = 10 cm od ugla D? Ivica sudaje a = 40 cm, dok je indeks prela-manja vode n = 4/3.

P

C

DA

B

b

RESENJE:

c

a

b

h

n

10 &na

b

Na osnovu postavke zadatka jasno je da je α = 45◦. Polazeci od zakonaprelamanja svetlosti na granicnoj povrsini vazduh/voda sledi:

sin α = n · sin β ⇒ β = arcsin

(

sin α

n

)

≈ 32◦ .

25

Sa slike se vidi da je:

tg α =c

h= 1 ⇒ c = h ;

tg β =c − b

h=

h − b

h= 1 − b

h⇒ h =

b

1 − tg β= 26, 7 cm .

Prema tome, imamo da je:

h = 26, 7 cm ,

te je trazena zapremina vode:

V = a2 · h = 0, 043m3 .

4.3. Zrak svetlosti pada na planparalelnu staklenu plocicu debljined = 5 cm i indeksa prelamanja n = 1, 5 pod uglom α = 60◦.Odrediti rastojanje x za koje je zrak koji izlazi iz plocicepomeren u odnosu na upadni zrak.

RESENJE:

Uvedimo oznake: AB = ℓ i BC = x, kao sto je prikazano na slici Zakonprelamanja daje:

sin α

sin β= n ,

odnosno:

β = arcsin

(

sin α

n

)

= 35, 26◦ . (1)

Iz ∆ADB vidi se da je:

cos β =d

ℓ⇒ ℓ =

d

cos β. (2)

a

b

A

B

Cd

n

x

a

l

D

26

Konacno, iz ∆ABC proizilazi veza:

sin(α − β) =x

ℓ,

odakle se, koriscenjem (1) i (2) za trazeno rastojanje x dobija:

x =d sin(α − β)

cos β= 2, 56 cm .

4.4. Na slobodnu povrsinu ulja indeksa prelamanja n = 1, 4 nalezestaklena planparalelna plocica kao sto je prikazano na slici.Iznad plocice se nalazi vazduh (n0 = 1). Pod kojim najmanjimupadnim uglom svetlosni zrak treba da padne na granicnupovrsinu ulje-staklo (dolazeci iz ulja) da bi se na granicnojpovrsini staklo-vazduh totalno reflektovao?

RESENJE:

bb

A N

N

n

n

n

1

0

N

B

aN n

Za granicnu povrsinu ulje-staklo (tacka A na slici) zakon prelamanja glasi:

sin α

sin β=

n1

n, (1)

gde je n1 indeks prelamanja stakla, dok za granicnu povrsinu staklo-vazduh(tacka B), vazi:

sin β

sin γ=

n0

n1

, (2)

pri cemu je n0 indeks prelamanja vazduha, a γ prelomni ugao pod kojimsvetlost ulazi u vazduh. Na osnovu relacija (1) i (2) proizilazi da povecanjemugla α rastu i odgovarajuci prelomni uglovi β i γ u staklu i vazduhu. Dototalne refleksije na granicnoj povrsini staklo-vazduh dolazi kada prelomniugao γ postane prav (γ = 90◦), odnosno:

sin γ = 1 . (3)

27

Uvrstavajuci izraze (2) i (3) u izraz (1) konacno se dobija:

α = arcsin

(

n0

n

)

= 45, 6◦ ,

sto predstavlja najmanju vrednost ugla α pri kojoj ce na granici staklo-vazduh doci do totalne refleksije.

Zadaci za samostalni rad:

4.5. Ako sa nekog mesta iznad povrsine vode posmatramo pred-met P koji se nalazi na dnu bazena dubokog H = 2m, izgledanam blizi nego sto zaista jeste. Odrediti koliko iznosi prividnadubina h na kojoj vidimo predmet:

a) ako se nalazimo tacno iznad njega;

b) ako ga gledamo pod uglom α = 60◦ prema normali.

Indeks prelamanja vode iznosi n = 1, 33.

H

h

d

a

b

P

28

4.6. Snop paralelnih svetlosnih zraka,sirok x = 3 cm, pada na ravnudebelu staklenu plocu pod uglomα = 45◦. Kolika je sirina snopau staklu (y), ako je indeks prela-manja stakla n = 1, 5?

x a

b b

a

4.7. Za koliko ce biti pomerena slova ako ih citamo kroz staklenuplanparalelnu plocu debljine d = 2 cm i pri tome gledamo poduglom α = 45◦ u odnosu na normalu? Indeks prelamanjastakla iznosi n = 1, 5.

4.8. Dolazeci iz staklene planparalelne plocice indeksa prelamanjan = 1, 55, svetlosni zrak pada na granicnu povrsinu staklo/vaz-duh pod uglom α = 50◦.

a) da li ce ovaj zrak izaci iz plocice?

b) da li bi zrak izasao iz plocice kada bi se ona potopila uvodu (nv = 1, 33)?

4.9. Roneci pri dnu mora na dubini 6m, ronilac gleda gore i vidilikove stena koje leze na dnu. Na kom minimalnom rasto-janju od ronioca su stene cije likove vidi? Uzeti da je indeksprelamanja morske vode n = 1, 4. (Uputstvo: Ronilac vidilikove stena zahvaljujuci zracima koji se totalno reflektuju odgranicne povrsine voda/vazduh.)

29

Apsorpcija elektromagnetnog zracenja

5.1. Povecanjem sloja vode na putu elektromagnetnih zraka za2 cm intenzitet zracenja se smanji tri puta. Naci koeficijentapsorpcije vode.

RESENJE:

Polazeci od Lamberovog zakona:

It = I0 · e−kx ,

imamo da je:

I(1)

t = I0 · e−kx ,

I(2)

t = I0 · e−k(x+∆x) = I0 · e−kx · e−k∆x = I(1)

t · e−k∆x ⇒ ,

⇒ I(2)

t

I(1)

t

= e−k∆x ,

a posto je na osnovu uslova zadatka I(2)

t = I(1)

t /3, sledi:

1

3= e−k∆x ⇒ ln 3 = k · ∆x ,

i konacno:

k =ln 3

∆x= 55, 2m−1 .

5.2. Pred snop X-zraka postavlja se olovna folija debljine 0, 5 cmsa koeficijentom apsorpcije kPb = 52, 5 cm−1. Kolika treba dabude debljina aluminijumske folije da bi efekat slabljenja bioisti, ako se zna da je koeficijent apsorpcije aluminijuma kAℓ =0, 765 cm−1.

RESENJE:

Za olovnu plocicu je:IPb = I0 · e−kPb·x1 ,

a za aluminijumsku:IAℓ = I0 · e−kAℓ·x2 .

30

Iz uslova zadatka: IAℓ = IPb sledi:

I0 · e−kAℓ·x2 = I0 · e−kPb·x1 ,

a odavde je:kAℓ · x2 = kPb · x1 ,

odnosno:

x2 =kPb

kAℓ

· x1 = 0, 343m .

Zadaci za samostalni rad:

5.3. Sloj vode debljine 10, 2 cm smanjuje intenzitet γ−zraka, cijaje energija 1MeV , na polovinu od upadne vrednosti.

a) Odrediti koeficijent apsorpcije vode za γ−zrake date en-ergije.

b) Izracunati koliki sloj olova je potreban da bi se inten-zitet takvog zracenja sveo na polovinu, ako je koeficijentapsorpcije olova kPb = 52, 5 cm−1.

31

Interferencija

6.1. Paralelan snop polihromatske svetlosti, koji sadrzi boje u in-tervalu talasnih duzina od 360nm do 780nm, pada pod pravimuglom na sloj ulja debljine d = 0, 6µm i indeksa prelamanjan = 1, 5 koji pliva na vodi (nvode = 1, 33). Koje boje ovogspektra ce biti maksimalno pojacane u snopu reflektovanesvetlosti?

RESENJE:

d n = 1,5

vazduh 1n0 >( )

voda 1,33nvode =( )

Opticka razlika puteva zraka reflektovanih od gornje i donje granicne povrsinesloja ulja iznosi:

δ = 2nd − λ

2,

jer zrak reflektovan od gornje povrsine sloja trpi skok u fazi. Uslov zamaksimalno pojacanje ovih zraka pri interferenciji glasi:

δ = k · λ ⇒ 2nd − λ

2= k · λ

odakle se konacno dobija:

λ =4nd

2k + 1(k = 0, 1, 2, 3 . . .) .

U snopu reflektovane svetlosti maksimalno ce biti pojacane:

• crvena boja (λ = 720nm za k = 2) ,

• zelena boja (λ = 514, 3nm za k = 3) ,

• ljubicasta boja (λ = 400nm za k = 4) .

32

6.2. Na staklenu plocicu indeksa prelamanja (nstakla = 1, 6) nane-sen je tanki providni antirefleksioni sloj debljine d = 0, 1µm iindeksa prelamanja n = 1, 4. Koja ce se talasna duzina mini-malno reflektovati ako se sloj obasja belom (polihromatskom)svetloscu pod pravim uglom?

RESENJE:

d n = 1,4

vazduh 1n0 >( )

staklo 1,6nstakla=( )

Opticka razlika puteva zraka reflektovanih od gornje i donje granicne povrsineantirefleksionog sloja iznosi:

δ = 2nd +λ

2− λ

2= 2nd,

jer oba zraka pri refleksiji trpe skok u fazi. Uslov za njihovo maksimalnoslabljenje pri interferenciji glasi:

δ = (2k + 1)λ

2⇒ 2nd = (2k + 1)

λ

2(k = 0, 1, 2, . . .) ,

odakle se konacno (za k = 0) dobija:

λ =4nd

2k + 1= 560nm .

6.3. Na povrsini morske vode, indeksa prelamanja n = 1, 4, nalazise mrlja od kerozina debljine d = 270nm i indeksa prelamanjan1 = 1, 25. Svetlost koja pada vertikalno odozgo na mrlju de-limicno se propusta kroz nju, a delom se dvostruko reflektujeu sloju kerozina i zatim se propusta kroz vodu. Koja boja(talasna duzina iz opsega vidljive svetlosti) ima najveci in-tenzitet ako je posmatra ronilac koji se nalazi direktno ispodmrlje?

33

RESENJE:

Opticka razlika puteva svetlosnih zraka iznosi:

δ = 2n1d +λ

2,

jer se pri refleksiji drugog zraka od opticki guscesredine (vode) unosi fazni pomeraj od λ/2. Uzi-majuci u obzir uslov za maksimalno interferent-no pojacanje svetlosnih zraka δ = k ·λ dobijamo:

d

n =1,4

n =1,251

2n1d +λ

2= k λ ⇒ λ =

4n1d

2k − 1.

Trazena talasna duzina dobija se za k = 2 i iznosi:

λ = 450nm.

Zadaci za samostalni rad:

6.4. Za podatke iz zadatka 6.3. odrediti koja ce se boje maksi-malno pojacati u snopu reflektovane svetlosti koju posmatraribar iz camca iznad mrlje, a ne ronilac koji se nalazi ispodnje.

6.5. Na ravnu opnu od sapunice, koja se nalazi u vazduhu, padau pravcu normale snop bele svetlosti. Pri kojoj minimalnojdebljini opne ce se u reflektovanoj svetlosti pojacati svetlosttalasne duzine λ = 550nm? Da li se pri toj debljini opne ureflektovanoj svetlosti maksimalno pojacava svetlost jos neketalasne duzine? Indeks prelamanja svetlosti za sapunicu jen = 1, 3.

34

Difrakcija

7.1. Monohromatska svetlost talasne duzine λ = 589nm pada nor-malno na difrakcionu resetku. Rastojanje izmedu zaklonai resetke iznosi ℓ = 1m, dok je rastojanje izmedu dva maksi-muma prvog reda 2∆z1 = 48, 485 cm. Odrediti konstantu difrak-cione resetke, a potom proveriti da li je ispunjen uslov sin θ ≈tg θ koji vazi za male vrednosti uglova difrakcije.

RESENJE:

-2

l

2 3

2Dz

-1 1

a

1

0

q1

Polozaji glavnih maksimuma pri difrakciji koherentnog snopa monohromat-ske svetlosti talasne duzine λ koja pada normalno na opticku resetku odredenisu jednacinom:

nλ = a sin θn (n = 0,±1,±2, ...) .

Sa slike se vidi da je:

sin θ1 =∆z1

√

(∆z1)2 + ℓ2,

tako da prethodna jednacina dobija oblik:

nλ =a∆z1

√

(∆z1)2 + ℓ2,

a odavde je (n = 1):

a =nλ√

(∆z1)2 + ℓ2

∆z1

= 2, 5 · 10−4 cm =1

4000cm .

35

Za male vrednosti ugla difrakcije vazi aproksimacija:

sin θ ∼ tg θ ,

jer je u tom slucaju cos θ ≈ 1, pa je tg θ =sin θ

cos θ∼ sin θ. Sa slike se vidi da

je:

tg θ =∆z1

ℓ,

tako da polazna jednacina dobija oblik:

nλ =a∆z1

ℓ,

a odavde konacno sledi:

a =nλℓ

∆z1

= 2, 43 · 10−4 cm =1

4115cm .

S obzirom na malu razliku u rezultatima moze se zakljuciti da je ucinjenaaproksimacija opravdana.

7.2. Snop monohromatske svetlosti talasne duzine λ = 520nm padanormalno na difrakcionu resetku koja ima 400 zareza po mi-limetru.

a) Naci ukupan broj difrakcionih maksimuma koje daje ovaresetka.

b) Odrediti rastojanje difrakcionog maksimuma najviseg redau odnosu na difrakcioni maksimum nultog reda (∆zmax),ako je poznato da udaljenost zaklona od opticke resetkeiznosi ℓ = 100 cm.

RESENJE:

36

a

-2n =

l

+ . . .2 +n

Dz

-1 +1

max

max0

qmax

a) Polazeci od jednacine koja opisuje difrakciju na optickoj resetki:

nλ = a sin θn ⇒ nλ =1

Nsin θn

i imajuci u vidu da je | sin θn| ≤ 1, moze se zakljuciti da je maksimalnired difrakcije koji se moze dobiti pri datim eksperimentalnim uslovimaodreden uslovom:

nmax Nλ ≤ 1 ⇒ nmax ≤ 1

Nλ≤ 4, 81 .

Kako n moze biti samo ceo broj, za nmax uzima se vrednost prvogmanjeg celog broja:

nmax = 4 .

Prema tome, na zaklonu ce se javiti ukupno devet difrakcionih maksi-muma (centralni maksimum nultog reda i po cetiri sa svake strane).

b) Maksimalni ugao difrakcije odreden je jednacinom:

nmax λ =1

Nsin θmax ⇒ sin θmax = nmax N λ ⇒

⇒ θmax = arcsin (nmax N λ) = 56, 3◦ .

Sa slike se vidi da je tg θmax =∆zmax

ℓ, te je trazeno rastojanje:

∆zmax = ℓ · tg θmax = 1, 5m .

37

7.3. Kroz difrakcionu resetku koja se nalazi na rastojanju ℓ = 0, 6mod zaklona propusta se svetlost talasne duzine λ = 700nm.Izmereno rastojanje izmedu difrakcionih maksimuma trecegreda iznosi ∆z3 = 0, 24m. Kako i za koliko treba promeniti ras-tojanje resetka-zaklon da bi se difrakcioni maksimumi drugogreda (za svetlost iste talasne duzine) pojavili na rastojanju∆z2 = 0, 12m?

RESENJE:

-2-3

l

2 3

Dz

Dz

-1 1

a

2

2

3

3

0

q

q

Polazeci od jednacine:

nλ = a sin θn = a∆zn

2√

(

∆zn

2

)2+ ℓ2

⇒ nλ = a∆zn√

∆zn2 + 4ℓ2

,

dobija se da je za n = 3:

a =3λ

√∆z3

2 + 4ℓ2

∆z3

= 1, 07 · 10−5 m ,

tako da je za n = 2:

ℓ2 =1

2

√

(

a∆z2

2λ

)2

− ∆z22 = 0, 45m .

Prema tome, rastojanje izmedu resetke i zaklona traba smanjiti za:

∆ℓ = ℓ − ℓ2 = 0, 15m .

38

Zadaci za samostalni rad:

7.4. Opticka resetka ima 600 zareza po jednom milimetru. Odre-diti ugao ∆θ izmedu dva difraktovana zraka prvog reda zasvetlost talasnih duzina λ1 = 410nm i λ2 = 434nm, kao i rasto-janje ∆z izmedu odgovarajucih difrakcionih maksimuma nazaklonu udaljenom ℓ = 50 cm od resetke.

7.5. Normalno na opticku resetku koja ima 200 zareza po milimetrupada snop monohromatske svetlosti talasne duzine λ = 650nm.Odrediti ugao difrakcije koji odgovara maksimumu trecegreda. Koliki je ukupan broj difrakcionih maksimuma kojice se javiti na zaklonu?

39

Polarizacija

8.1. Koliki je najpogodniji upadni ugao zraka nepolarizovane svet-losti na granicnu povrsinu vazduh/led da bi se izvrsila maksi-malna polarizacija reflektovanog zraka. Granicni ugao totalnerefleksije za ove dve sredine je αg = 60◦.

RESENJE:

Prema Brusterovom zakonu je:

tg αB

=n

n0= n .

Za totalnu refleksiju na granicnoj povrsinivazduh/led, pri cemu svetlosni zrak dolaziiz leda, vazi zakon prelamanja:

n sinαg = n0 sin 90◦ ⇒ sin αg =1

n.

Kombinacija prethodne dve jednacinedaje:

αB

= arctg

(

1

sin αg

)

= 49, 1◦ .

aB

90°

b

n0

ag

b = 90o

n

n

n0

8.2. Najbolja polarizacija prelomljenog odnosno reflektovanog zra-ka svetlosti na granicnoj povrsini vazduh/staklo obrazuje sepri prelomnom uglu β = 32◦. Koliki je indeks prelamanjastakla?

RESENJE:

Indeks prelamanja stakla je, prema Brusterovom zakonu:

n = tg αB

,

dok je, na osnovu zakona prelamanja i cinjenice da je αB

+ β = 90◦:

n0 sin αB

= n sin β ⇒ n =sin (90◦ − β)

sin β=

cos β

sinβ= ctg β = 1, 6 .

40

8.3. U kojim granicama treba da se krece velicina upadnog uglana granicnu povrsinu vazduh/staklo, da bi se izvrsila najboljapolarizacija svetlosti pri odbijanju odnosno prelamanju naovoj granicnoj povrsini? Indeks prelamanja stakla nalazi seu granicama od n1 = 1, 51 do n2 = 1, 90.

RESENJE:

Prema Brusterovom zakonu je:

n = tg αB

=sin α

B

cos αB

,

odnosno:

n2 =sin2 α

B

cos2 αB

=sin2 α

B

1 − sin2 αB

=1

1sin2 α

B

− 1⇒

⇒ 1

sin2 αB

− 1 =1

n2⇒ 1

sin2 αB

=1

n2+ 1 =

1 + n2

n2

i konacno:

sin αB

=n√

1 + n2⇒ α

B= arcsin

n√1 + n2

.

Za n1 = 1, 51 je α(1)B

= 56, 5◦, a za: n2 = 1, 9 je α(2)B

= 62, 24◦. U timgranicama treba da se krece upadni ugao.

8.4. Koji deo svetlosti prolazi kroz analizator ako je ugao izmeduglavnih polarizacionih ravni analizatora i polarizatora θ = 30◦,θ = 60◦ i θ = 90◦?

RESENJE:

Prema Malusovom zakonu je:

I = I0 cos2 θ ,

gde je I0 jacina svetlosti koja pada na analizator, I jacina koja prode kroznjega, a θ ugao izmedu ose polarizatora i analizatora. Kroz analizator neprode deo svetlosti:

δ =I0 − I

I0= 1 − cos2 θ = sin2 θ ,

41

a prode:σ = 1 − δ = cos2 θ .

Za:

θ = 30◦ ⇒ σ = 0, 75 (75%) ,

θ = 60◦ ⇒ σ = 0, 25 (25%) ,

θ = 90◦ ⇒ σ = 0 (0%) .

Zadaci za samostalni rad:

8.5. Pod kojim uglom prema horizontu treba da se nalazi Sunceda bi se reflektovani svetlosni zraci od slobodne povrsine vodenajbolje polarizovali? Indeks prelamanja vode je n = 1, 33.

8.6. Snop prirodne svetlosti pada nastaklenu prizmu indeksa prelamanjan = 1, 6. Odrediti ugao prizme ϕ,ako se zna da je reflektovana svetlostpotpuno polarizovana. j

8.7. Intenzitet svetlosti koja dolazi iz polarizatora pri prolaskukroz analizator smanji se dva puta. Koliki je ugao izmeduravni polarizacije polarizatora i analizatora?

42

Koristiti sledece vrednosti konstanti :

σ = 5, 67 · 10−8 W

m2 · K4, b = 2, 9 · 10−3 K · m , c = 3 · 108 m

s,

h = 6, 626 · 10−34 J s , h = 1, 054 · 10−34 J s , ε0 = 8, 854 · 10−12 F

m,

me = 9, 11 · 10−31 kg , e = 1, 6 · 10−19 C , T [K] = t [◦C] + 273

RH

= 1, 097 · 107 m−1 , 1 eV = 1, 6 · 10−19 J .

43