OPCA FIZIKA 3

OPCA FIZIKA 3 (OPTIKA)

Jadranko Batista

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

SaZetak.

Sadrzaj

Preface v

Poglavlje 1. TITRANJE 1

1. Uvod 12. Problemski zadaci 43. Primjeri 54. Zadatci 23

Poglavlje 2. MEHANICKI VALOVI 251. Uvod 252. Primjeri 26

Poglavlje 3. MAXWELLOVE JEDNADZBE 311. Uvod 312. Gaussov zakon za elektricno polje 313. Gaussov zakon za magnetsko polje 324. Faradayev zakon indukcije 325. Ampereov zakon 326. Interpretacija Maxwellovih jednadzbi 327. Primjeri 33

Poglavlje 4. ELEKTROMAGNETSKI TITRAJI I VALOVI 371. Uvod 372. Primjeri 38

Poglavlje 5. GEOMETRIJSKA OPTIKA 431. Uvod 432. Primjeri 44

Poglavlje 6. FIZIKALNA OPTIKA 491. Uvod 492. Primjeri 52

Poglavlje 7. FOTOMETRIJA 571. Uvod 57

Dio 1. UVOD U STRUKTURU TVARI 59

Poglavlje 8. ZAKONI ZRACENJA I CESTICNA PRIRODA SVJETLOSTI 611. Uvod 612. Primjeri 62

Poglavlje 9. VALNA PRIRODA MATERIJE I OSNOVE KVANTNE FIZIKE 691. Uvod 692. Primjeri 71

iii

Preface

Nastavne jedinice po programu predmeta su:(1) Titranja u sustavima s jednim, dva i vie stupnjeva slobode.(2) Transverzalni i longitudinalni val u elasticnom sredstvu.(3) Putujuci valovi.(4) Valna jednadzba.(5) Superpozicija valova.(6) Valni paket, grupna brzina.(7) Stojni valovi, rubni uvjeti,(8) Fourierova analiza.(9) Zvucni valovi.(10) Intenzitet i nivo zvuka.(11) Interferencija.(12) Udari.(13) Dopplerova pojava.(14) Udarni valovi.(15) Elektromagnetski valovi.(16) Poyintingov vektor.(17) Polarizacija.(18) Braggov zakon.(19) Apsorpcija svjetlosti.(20) Disperzija svjetlosti.(21) Osnovni zakoni geometrijske optike.(22) Fermatov princip.(23) Hygensovo nacelo.(24) Konstrukcija slike pomocu zrcala, sfernih dioptra, leca.(25) Opticki instrumenti.(26) Fotometrija.(27) Interferencija.(28) Difrakcija.(29) Ogib rendgenskih zraka na kristalnoj tvari.(30) Fotoelektricni efekt.(31) Linijski spektri.(32) Rutherfordov eksperiment.(33) Bohrov model atoma.(34) Fizikalne osnove lasera.(35) Nastanak i rasprenje x-zraka.(36) Valnocesticna svojstva.

v

POGLAVLJE 1

TITRANJE

1. Uvod

Ako neki sustav pomaknemo iz polozaja stabilne ravnoteze, tada sustav nas-toji da se vrati u ravnotezni polozaj. Na primjer uzmimo kuglicu koja se nalaziu posudi (slika 11.1). Ako kuglicu pomaknemo iz polozaja ravnoteze, ona ce

se vracati u ravnotezni polozaj, gibati se u suprotnom smjeru i ponovo vracati uravnotezni polozaj.

Ovakav tip gibanja nazivamo oscilacijsko gibanje.Oscilacijsko gibanje je opisano maksimalnom udaljenocu tijela od ravnoteznog

polozaja koje nazivamo amplituda osciliranja i vremenom potrebnim da se gibanjeponovi - periodom osciliranja. Broj osciliranja po jedinici vremena nazivamo frekven-cijom.

Titranja i njihala. Materijalna tocka (sitno tijelo) jednostavno titra oko poloza-ja ravnoteze pod utjecajem elasticne ili harmonijske sile. Ta sila je uvijek usmjerenaprema ravnoteznom polozaju i vraca tijelo u polozaj ravnoteze i ima oblik:

!F = k!x (1.1)

gdje je k konstanta elasticnosti, a !x elogancija, tj. trenutna udaljenost tijelaod polozaja ravnoteze. Koristeci II. Newtonov zakon

!F = m!a = m d

2!xdt2

dolazimo do jednadzbe gibanja harmonijskog oscilatora

m d2!xdt2

+ k !x = 0 (1.2)koja ima opce rjeenje

!x (t) = !A sin (!t+ '0)ili

!x (t) = !Aei(!t+'0)

gdje je!A amplituda, '0 pocetna faza, a ! kruzna frekvencija.

Veza izmeu kruzne frekvencije i frekvencije, odnosno periodom, prikazana jeizrazom

! = 2 f = 2 1T

gdje je T period titranja jednak

T = 2

rm

k

Definicija 1. Sitno tijelo (materijalna tocka) mase m objeeno o nit kon-stantne duljine i zanemarive tezine nazivamo matematicko njihalo.

1

2 1. TITRANJE

Izvede li se tijelo iz polozaja ravnoteze za odreeni kut # i prepusti samomsebi, ono se njie. Sila koja vraca tijelo u polozaj ravnoteze iznosi

F = mg sin#dok za mali kut # vrijedi aproksimacija

F = mg#Jednadzba gibanja i rjeenja za matematicko njihalo jednaki su jednadzbi gibanja

i rjeenju za jednostavno titranje. Period titranja matematickog njihala iznosi

T = 2

sl

g

gdje je l duljina niti, a g akceleracija slobodnog pada.Idealno cvrsta tijela pod djelovanjem vanjskih sila ne mijenjaju svoj oblik, dok

se realna cvrsta tijela deformiraju. Ako su deformacije elasticne, vrijedi Hookeovzakon

= E "gdje je = FS napetost, F sila i S povrina na koju ta sila djeluje. Koecijentproporcionalnosti E nazivamo Youngov modul elasticnosti.

Poseban je slucaj deformacija tapa ucvrcenog na jednom kraju. Kada nadrugom kraju tapa djeluje par sila, moment para sila

!Mp izazvat ce torziju

!Mp = D !#

gdje je D onstanta torzije:

D =

2 r

4

lG

gdje je G modul torzije,!# zakret zbog torzije za tap duljine l i polumjera r.

Kod torzionog njihala (oscilatora) moment para sila uravnotezi se sa momentomu zici

!Mp = !M z

U trenutku kada prestane djelovati moment para sila!Mp, tijelo se vraca u

polozaj ravnoteze pod djelovanjem momenta zice!M z

I d2!#dt2

+D !# = 0Ova je jednadzba u matematickom smislu jednaka (1.2) pa je analogno period

torzionog titranja jednak

T = 2

rI

D

gdje je I moment inercije tijela s obzirom na os titranja.

Definicija 2. Kruto tijelo koje se moze okretati oko horizontalne osi koja neprolazi kroz tezite tijela naziva se zicko njihalo.

Ako takvo tijelo pomaknemo iz polozaja ravnoteze i pustimo ono se njie podutjecajem momenta tezine. Za male kutove moment tezine glasi

!M = mg L !#

gdje je L udaljenost osi rotacije od tezita tijela pa jednadzba gibanja ima oblik

I d2!#dt2

+mg L !# = 0

1. UVOD 3

i ima isti oblik kao i jednadzba (1.2). Period zickog njihala tada glasi

T = 2

sI

mg LUkupna energija E tijela koje jednostavno titra, tj. harmonijskog oscilatora je

konstantna i jednaka je zbroju kineticke i potencijalne energije

E = Ek + Ep =1

2k A2

Ako prilikom titranja postoji gubitak energije, npr. zbog trenja, tijelo izvodiprigueno titranje. Tada jednadzba titranja glasi:

d2x

dt2+b

m

dx

dt+k

mx = 0

odnosno

d2x

dt2+ 2

dx

dt+ !20x = 0

gdje je bkonstanta trenja, a faktor priguenja. Opce rjeenje jednadzbe priguenogtitranja glasi:

x (t) = Aet sin (!t+ '0)

ili

x (t) = Aetei(!t+'0)

gdje je pulzacija priguenih titranja

! =

q!20 2

Logaritamski dekrement priguenog titranja iznosi

= T

gdje je T period priguenog titranja.Prisilno titranje nastaje kada vanjska sila Fv djeluje na tijelo koje titra. Tada

jednadzba gibanja glasi:

d2x

dt2+ 2

dx

dt+ !20x

Fvm= 0

Ako vanjska sila ima oblik

Fv = F0 sin!t

jednadzba gibanja glasi

d2x

dt2+ 2

dx

dt+ !20x =

F0msin!t = A0 sin!t

cije opce rjeenje je

x (t) = A (!) sin (!t+ '0)

s amplitudom

A (!) =A0q

(!20 !2)2 + 42!2i

tan'0 =2!

!20 !2

4 1. TITRANJE

dok je rezonantna pulzacija

!r =

q!20 22

2. Problemski zadaci

Problem 1. Zadane su dinamicke jednadzbe gibanja. Koja od navedenih siladozvoljava harmonijsko gibanje i zato?

a) F = ax,b) F = ax2,c) F = ax2 + c,d) F = ax2 + bx+ c,e) F = ax3.Odgovor:Tocan odgovor je pod a) zbog toga to koristeci II. Newtonov zakon jedino ta

jednadzba daje jednadzbu gibanja harmonjskog oscilatora, dok druge ne.

Problem 2. Imamo matematicko njihalo duljine l i perioda T . Skratimo liduljinu njihala na l1 = l4 hoce li doci do promjene perioda i koliko?

Odgovor:Skracivanjem duljine njihala dolazi do skracivanja perioda njihanja i to za:

T = 2

sl

g

T1 = 2

sl1g= 2

sl4

g= 2

r1

4sl

g

=

r1

4 2

sl

g=1

2 T

odakle zakljucujemo da ce se period njahala skratiti na polovinu.

Problem 3. Imamo tri matematicka njihala iste duljine l na koji su objeenekugle razlicitih masa (slika 11.2.) i to tako da je m3 > m2 > m1. Kako se odnosenjihovi periodi njihanja T1, T2, T3?

Odgovor:Izraz za period njihanja ne ovisi o masi, tako da ce period njihanja biti isti

(svakako samo ako zanemarimo otpor zraka).

Problem 4. Na horizontalnim podlogama se nalaze tri tjela masa m1 < m2 T2 = 2

rm2k> T1 = 2

rm1k

Dakle, sustav s vecim masama ima vece periode uz istu konstantu elasticnostiopruga.

3. PRIMJERI 5

3. Primjeri

Primjer 1. Uteg mase m = 0:2 kg visi na elasticnom peru i titra gore-dolje poputanji dugackoj 40 cm. Period titranja iznosi T = 4 s. Ako je u pocetnom trenutkumjerenja uteg u ravnoteznom polozaju, odredite:

a): brzinu i akceleraciju utega u trenutku kad uteg prolazi kroz polozajravnoteze,

b): maksimalnu elasticnu silu koja djeluje na uteg,c): maksimalnu kineticku energiju utega.

Rjeenje:Kroz polozaj ravnoteze uteg prolazi u pocetnom trenutku t = 0 s, pa je:a): brzina jednaka

v = vmax cos2t

T=2A

Tcos

2t

T

=2 0:2m

4 scos

2 0 s4 s

= 0:1m

s cos 0 = 0:1 m

s= 0:31

m

skada uteg prolazi polozajem ravnoteze s = 0m akceleracija je

a = !2s = 2

T

2s = 4

2

T 2 s = 0 m

s2

b): sila je maksimalna u maksimalnoj elongaciji - amplitudi, za

s = AFmax = ksmax = kA = 42

T 2mA

= 42

(4 s)2 0:2 kg 0:2m = 0:012N = 9: 87 102N

c): uteg ima maksimalnu koneticku energiju za v = vmax, to prikazanopreko mase, amplitude i perioda iznosi

Ek;max =1

2mvmax =

1

2m

2A

T

2=1

2m 4

2A2

T 2=22mA2

T 2

=22 0:2 kg (0:2m)2

(4 s)2 = 0:001

2 J = 9: 87mJ

Primjer 2. Koliki je period titranja cestice koja ima akceleraciju a = 1:2 ms2 utrenutku kada je njezina udaljenost od ravnoteznog polozaja 0:06m?

Rjeenje:Iz izraza za ubrzanje imamo a = 4

2

T 2 s slijedi

T =

r42s

a= 2

rs

a

= 2

s0:06m

1:2 ms2=

p5s = 1: 4 s

Primjer 3. Uteg tezak G1 = 30N visi o jednom kraju elasticne opruge i titras periodom od T1 = 0:5 s. Koliko iznosi konstanta opruge i koliki ce biti periodtitranja utega tezine G2 = 150N koji harmonicki titra objeen na istu oprugu?

Rjeenje:Iz izraza za konstantu opruge dobivamo

k =42m

T 2=42G

T 2g=

42 30N(0:5 s)

2 9:81 ms2= 482:92

N

m

6 1. TITRANJE

iz izraza za period titranja T1 = 2q

G1gk = 0:5 s slijedi

T2 = 2

sG2gk

= 2

s5G1gk

= 2

sG1gkp5 = 0:5 s

p5 = 1: 12 s

to smo mogli dobiti i uvrtavanjem dobivene vrijednosti za konstantu opruge

T2 = 2

sG2gk

= 2

s150N

9:81 ms2 482:92 Nm= 1: 12 s

Primjer 4. Ura (sat) sa njihalom izraen je tako da period njihala bude T = 1 skad je ura tocna. Izraena ura zaostaje za pola sata na dan. to treba uraditi snjihalom da ura bude tocna?

Rjeenje:Kad je sat tocan, period njihala iznosi T = 1 s, pa je duljina tog njihala jednaka

l = g

T

2

2=gT 2

42=9:81 ms2 (1 s)2

42= 0:25m

ako sat u jednom danu 1d = 24h zostane za pola sata, to je njegov period

T 0 =24

23:5s = 1: 02 s

pa je duljina njihala

l0 =g (T 0)2

42=9:81 ms2 (1:02 s)2

42= 0:26m

kako je duljina njihala kod tocnog sata jednaka l,njihalo moramo skratiti za

l = l0 l = 0:26m 0:25m = 0:01m = 1 cmPrimjer 5. U mjestu B na ekvatoru Zemlje sat sa njihalom ima period titranja

Te = 1 s. Kad sat prenesemo u mjesto A na polu Zemlje, kolika ce biti preciznosttog sata?

Rjeenje:Na ekvatoru Zemlje ubrzanje slobodnog pada iznosi ge = 9:79 ms2 , dok na polu

iznosi gp = 9:83 ms2 . Kako je na ekvatoru period titranja jednak T = 1 s to njihaloima duljinu

l =geT

2e

42=9:79 ms2 (1 s)2

42= 0:247 98m

pa je period njihala na polu jednak

Tp = 2

sl

gp= 2

s0:247 98m

9:83 ms2= 0:997 96 s

odnosno, za jedan dan ce napraviti

N =86400 s

0:997 96 s= 86577

perioda, tj. sat ce za svaki titraj pokazivati jednu sekundu, odnosno brzat ce za

t0 = 86577 s 86400 s = 177 s = 2min i 57 sPrimjer 6. Na cesticu mase m = 0:15 kg djeluje elasticna sila cija je konsta-

nta k = 18 Nm i ona titra s amplitudom od A = 20 cm. Izracunajte potencijalnu ikineticku energiju cestice kada je ona udaljena od ravnoteznog polozaja x = 5 cmte period titranja.

3. PRIMJERI 7

Rjeenje:Period titranja elasticnog pera dan je izrazom

T = 2

rm

k= 2

s0:15 kg

18 Nm= 0:57 s

Ukupna energija harmonijskog oscilatora (elasticnog pera) je

Euk = Ek + Ep =1

2kA2 =

1

2 18 N

m(0:2m)

2= 0:36 J

Potencijalna energija u polozaju x = 5 cm jednaka je

Ep (x) =1

2kx2 =

1

2 18 N

m(0:05m)

2= 0:0225 J = 22:5mJ

pa je kineticka energija jednaka

Euk Ep (x) = 0:36 J 0:0225 J = 0:3375 JPrimjer 7. Prilikom ispitivanja elasticnog pera odbojnika vagona djelovanjem

sile od F = 104N, elasticno pero odbojnika stisnulo se za x = 1 cm. Kolikombrzinom se gibao vagon koji udara u zid za ispitivanje odbojnika ako se on stisnuoza x0 = 20 cm. Masa vagona je m = 20t.

Rjeenje:Kineticka energija vagona troi se na sabijanje elasticnog pera i pretvara u

njegovu potencijalnu energiju

Ek =1

2mv2 = Ep =

1

2k (x0)2

gdje je k konstanta elasticnosti pera koju dobivamo iz

F = kx =) k = Fx=104N

1 cm= 106

N

mpa je

v =

sk (x0)2

m=

s106 Nm (20 cm)2

20000 kg= 1: 414 2

m

s

Primjer 8. Tijelo mase m = 50 g koje je vezano za kraj opruge izvuceno je izravnoteznog polozaja za A = 20 cm silom od F = 20N i puteno. Izracunajte brzinui ubrzanje kada je tijelo udaljeno od ravnoteznog polozaja x = 5 cm.

Rjeenje:Sila potrebna za izvlacenje tijela na eloganciju A je

F = kA) k = FA=20N

0:2m= 100

N

mJednadzba harmonijskog titranja glasi

x (t) = A sin (!t+ ')

no, u trenutku t = 0 s tijelo je u maksimalnom otklonu, amplitudi x = A pa vrijedi

A = A sin (! 0 + ')) ' = 2

pa je jednadzba gibanja

x (t) = A sin!t+

2

= A cos!t

gdje je

! =

rk

m=

s100 Nm0:05 kg

= 44:72rad

s

8 1. TITRANJE

Tijelo ce biti u trenutku t1 u polozaju x (t1) = 5 cm

x (t1) = A cos!t1 ) t1 = 1!arccos

x

A=

1

44:72 radsarccos

1

4= 0:03 s

Brzina v je dana izrazom

v (t) =dx (t)

dt= A! sin!t = A!

p1 cos2 !t

= A!r1 x

2 (t)

A2= !

pA2 x2 (t)

pa je u trenutku t1

v (t1) = !pA2 x2 (t1) = 8:66 m

sUbrzanje a je dano izrazom

a (t) =dv (t)

dt=d2x (t)

dt= A!2 cos!t

= A!2x (t)A

= !2x (t) = kmx (t)

pa je u trenutku t1 ubrzanje

a (t1) = kmx (t1) =

100 Nm0:05 kg

0:05m = 100 ms2

Napomena, ubrzanje smo mogli dobiti i iz izraza za silu

F (t) = ma (t) = kx (t)) a (t) = kmx (t)

to je analogno prethodno dobivenom izrazu preko druge derivacije polozaja.

Primjer 9. Tijelo harmonicki titra amplitudom A = 15 cm, pri cemu za T =2 s napravi jednu oscilaciju. Kolika je brzina tijela u trenutku kada je elongacijajednaka polovini amplitude?

Rjeenje:Kutna brzina harmonijskog titranja jednaka je

! =2

T=2

2 s= s1

Iz jednadzbe gibanja harmonijskog oscilatora, uz pocetne uvjete x = A za t = 0 simamo

x (t) = A cos!t

Vrijeme kada je x = A2 iznosi

t 12=1

!arccos

1

2=1

3s

gdje je dovoljno uzeti jedno od 4 moguca rjeenja (zbog simetrije gibanja). Brzinatijela odreena je izrazom

v (t) =dx (t)

dt= A! sin!t

pa je u trenutku t 12iznos brzine

vt 12

= A! sin!t 1

2= 0:41

m

sNapomena: sva preostala rjeenja imaju isti iznos brzine, dva puta prema ravno-teznom polozaju i dva puta od ravnoteznog polozaja, za pozitivnu i negativnuvrijednost amplitude.

3. PRIMJERI 9

Primjer 10. Tijelo mase m = 0:2 kg nalazi se na horizontalnoj podlozi i vezanoje za oprugu konstante elasticnosti k = 5 Nm . Tijelo izvucemo za s0 = 0:1m udesnood ravnoteznog polozaja i damo mu udesno pocetnu brzinu v0 = 1 ms . Izracuna-jte: period, frekvenciju, kutnu frekvenciju, ukupnu energiju tirtranja, amplitudu ipocetnu fazu. Napiite izraz za elongaciju, brzinu i akceleraciju u ovisnosti o vre-menu. U kojem trenutku vremena tijelo dolazi u polozaj s = 0:2m? Kolika mu jetada brzina i akceleracija? Gubitke zbog trenja zanemariti.

Rjeenje:Period dobivamo iz izraza

T = 2

rm

k= 2

s0:2 kg

5 Nm= 1: 26 s

frekvencija je inverzna velicina periodu

f =1

T=

1

1: 26 s= 0:8 s1 = 0:8Hz

Kutna brzna jednaka je

! = 2f = 2 0:8 s1 = 5 rads

Ukupnu energiju dobijemo kao zbroj kineticke i potencijalne energije u poce-tnom trenutku

E =1

2mv20 +

1

2ks20 =

1

2 0:2 kg

1m

s

2+1

2 5 Nm (0:1m)2 = 0:125 J

Amplitudu titranja mozemo dobiti iz izraza za ukupnu energiju, koja je kod nepriguenogtitranja konstantna. Iz izraza

E =1

2kA2

dobivamo

A =

r2E

k=

s2 0:125 J5 Nm

= 0:22m

Jednadzba za eloganciju glasi

s (t) = A sin (!t+ ')

pa je u trenutku t = 0 s, pocetna elongacija

s0 = A sin (! 0 + ') = A sin'sin' =

s0A=0:1m

0:22m= 0:45

' = arcsin 0:45 = 0:46 rad = 26:56

Uvrtavanjem dobivenih vrijednosti za A;'; ! dobivamo pomak kao funkcijuvremena

s (t) = A sin (!t+ ') = 0:22m sin (5t+ 0:46)

10 1. TITRANJE

gdje je kutna brzina i faza izrazena u radijanima. Izrazi za brzinu i akceleraciju kaofunkcije vremena se dobivaju

v (t) =ds (t)

dt= A! cos (!t+ ') = 0:22m 5 rad

s cos (5t+ 0:46)

= 1: 12 cos (5t+ 0:46)m

s

a (t) =dv (t)

dt= A!2 sin (!t+ ') = 0:22m

5rad

s

2 sin (5t+ 0:46)

= 5: 59 sin (5t+ 0:46) ms2

te trenutak t0 kada je s = 0:2m dobivamo iz

s (t0) = A sin (!t0 + ') = 0:22m sin (5t0 + 0:46) = 0:2m0:2m

0:22m= 0:89 = sin (5t0 + 0:46)

t0 =1

5(arcsin 0:89 0:46) = 0:13 s

Primjer 11. Izracunajte izvreni rad pri istezanju elasticnog pera sa duljinel1 = 50 cm do l2 = 56 cm ako je ravnotezni polozaj u l0 = 40 cm. Iznos konstanteopruge je k = 120 Nm . Zadatak rijeiti preko srednje sile i integralnim nacinom.

Rjeenje:Kod elasticnog pera sila je proporcionalna udaljenosti kraja opruge od svog

ravnoteznog polozaja F = ks, gdje je si = l0 li. Srednja sila jednaka je srednjojvrijednosti pocetne i konacne sile. Tada je izvreni rad

A = F s = 12(F1 + F2) (s2 s1) = 1

2[ks2 ks1] (s2 s1)

=k

2

s22 s21

=120 Nm2

h(16 cm)

2 (10 cm)2i= 0:94 J

Integralnom metodom imamo

A =

s2Zs1

Fds =

s2Zs1

ksds = k

s2Zs1

sds =k

2s2 js2s1=

k

2

s22 s21

= 0:94 J

Primjer 12. Horizontalna elasticna opruga sabijena je od svog ravnoteznogpolozaja za x = 10 cm kockom mase m = 0:4 kg a zatim putena da odbaci kocku uhorizontalnom pravcu. Pri tome kocka klizi po horizontalnoj ravnini i zaustavi senakon s = 0:5m. Izracunajte koecijent trenja izmeu kocke i ravnine. Konstantaopruge iznosi k = 80 Nm . Masu opruge zanemarite.

Rjeenje:Prilikom sabijanja opruge tijelo dobiva potencijalnu energiju koja iznosi

Ep =1

2kx2

Kada se opruga pusti ona ce odbaciti kocku u horizontalnom pravcu. Zbogpostojanja sile trenja izmeu kocke i podloge, kocka ce se zaustaviti kada se njenacjelokupna energija utroi na rad protiv sile trenja. Taj rad sile trenja iznosi

Wtr = Ftrs = mgs

3. PRIMJERI 11

Izjednacavanjem ovih energija dobivamo

1

2kx2 = mgs

=kx2

2mgs=

80 Nm (10 cm)22 0:4 kg 9:81 ms2 0:5m

= 0:2

Primjer 13. Na vertikalno postavljenu oprugu duljine l0 u trenutku t0 = 0 sstavimo predmet mase m i sustav pocinje titrati pocetnom brzinom v0 = 0 ms . Odred-ite elongaciju kao funkciju vremena.

Rjeenje:Jednadzba gibanja sustava glasi:X

i

Fi = ks+ F0 = ma = ms

s+k

ms =

F0m

koristeci izraz !2 = km dobivamo s+ !2s = F0m

Dobivena jednadzba je nehomogena diferencijalna jednadzba drugog reda. Opcerjeenje ove jednadzbe dobivamo tako da se opcem rjeenju homogene jednadzbepribroji jedno od partikularnih rjeenja nehomogene jednadzbe. Opce rjeenje ho-mogene jednadzbe s+!2s = 0, tj. jednadzbe jednostavnog harmonijskog oscilatoraglasi:

s (t) = A cos (!0t+ ')

a partikularno rjeenje nehomogene jednadzbe glasi

s =F0m!20

pa je opce rjeenje nehomogene diferencijalne jednadzbe

s (t) = A cos (!0t+ ') +F0m!20

odnosno funkcija brzine je

v (t) = _s (t) =ds (t)

dt= A!0 sin (!0t+ ')

Iz pocetnih uvjeta zadatka t = 0 s, s = 0m, _s = 0 ms dobivamo

s (0) = A cos (!0 0 + ') + F0m!20

= A cos'+F0m!20

= 0

_s (0) = A!0 sin (!0 0 + ') = 0odnosno za

' = 0 =) A = F0m!20

pa je jednadzba elongacije

s (t) = F0m!20

cos!0t+F0m!20

=F0m!20

(1 cos!0t)

12 1. TITRANJE

Postavimo li ishodite koordinate x u polozaj

x = s F0m!20

dobili bi jednadzbu

x (t) = F0m!20

cos!0t

to je jednostavno harmonicko titranje.

Primjer 14. Odredite ophodno vrijeme (period) konusnog njihala duljine l =0:3m, kojemu nit pri gibanju zatvara s vertikalnom osi kut = 30. (slika 11.4.)

Rjeenje:Konusno njihalo je sitno tijelo (materijalna tocka) na niti konstantne duljine

koja, stavljena u gibanje u horizontalnoj ravnini opisuje kruznicu polumjera

r = l sin

pri cemu na tijelo djeluju: centripetalna sila Fcp = mv2

r , tezina tijela G = mg inapetost niti N . Iz slike dobivamo:

Fcf = mg tan =mv2

r=

mv2

l sin

odakle je

v2 =mg tan

ml sin = gl

sin2

cos

odnosno brzina

v =

rgl

cos sin

pa iz izraza za period T i brzinu v imamo

T =2r

v=

2l sinqgl

cos sin= 2

sl2

glcos

= 2

sl cos

g

= 2

s0:3m cos 69:81 ms2

= 1: 02 s

Uocimo da iz izraza za konusno njihalo, za male kutove 0 dobivamo izraz zamatematicko njihalo

T = 2

sl

g

(jer je cos 1, kada je 0).Primjer 15. Kugla polumjera R = 10 cm objeena je na niti duljine l = 50 cm i

njie se malim amplitudama. Izracunajte period tog zickog njihala. Aproksimirajtekuglu materijalnom tockom i izracunajte period smatrajuci njihalo matematickim teusporedite dobivene rezultate.

Rjeenje:Period zickog njihala racunamo po formuli

T = 2

sI

mg L

3. PRIMJERI 13

Moment tromosti kugle s obzirom na os koja prolazi kroz centar mase jednak jeI = 25mR

2, te je prema Steinerovom poucku, moment tromosti s obzirom na os okokoje njie njihalo

I = ICM +md2 =

2

5mR2 +m (l +R)

2

odakle dobivamo period

T = 2

s25mR

2 +m (l +R)2

mg (l +R)= 2

sl +R+ 25

R2

l+R

g

= 2

vuut0:5m + 0:1m + 25 (0:1m)20:5m+0:1m9:81 ms2

= 1: 56 s

Smatramo li njihalo matematickim period je

T 0 = 2

sl +R

g= 2

s0:5m + 0:1m

9:81 ms2= 1: 55 s

Odavdje mozemo zakljuciti da za l R kugla polumjera R objeena na nitiduljine l moze doista dobro aproksimirati matematicko njihalo, tim bolje to je R

2

l+R

manje. U naem je slucaju relativna pogreka sam

=T T 0T

=1: 56 s 1: 55 s

1: 56 s= 0:0055 = 0:55%

Primjer 16. Izracunajte kruznu frekvenciju titrajnog sustava koji se sastoji odmaterijalne tocke mase m i triju opruga spojenih kao na slici (slika 11.5.)

Rjeenje:Opruge konstanti k1 i k2 spojene su serijski, pa je ekvivalentna konstanta k0

jednaka

1

k0=

1

k1+1

k2=k1 + k2k1k2

k0 =k1k2k1 + k2

Sustav prikazan na slici mozemo zamijeniti ekvivalentnim sustavom. Opruge skonstantama k0 i k3 spojene su paralelno pa je ekvivalentna konstanta

k = k0 + k3 =k1k2k1 + k2

+ k3 =k1k2 + k3 (k1 + k2)

k1 + k2

Ovaj sustav razmatramo kao materijalnu tocku mase m na opruzi konstante k.Kruzna frekvencija je onda

! =

rk

m=

sk1k2 + k3 (k1 + k2)

m (k1 + k2)

Primjer 17. Predmet mase m = 1kg vezan je dvjema jednakim oprugamatako da moze kliziti horizontalnom ravninom. Konstanta opruge iznosi k = 50 Nm , akoecijent trenja klizanja izmeu tijela i podloge iznosi = 0:2. Pomaknimo tijeloiz polozaja ravnoteze (s = 0m) za s0 = 10 cm i pustimo da titra s pocetnom brzinomjednakom nula. Odredite elongaciju tijela nakon prvog perioda? (slika 11.6.)

Rjeenje:Za vrijeme 0 < t T2 tijelo se giba s desna na lijevo i pri tome na njega

djeluju sile jedne i druge opruge nalijevo (ks+ ks = 2ks) i sila trenja nadesno(suprotno gibanju tijela) (mg).

14 1. TITRANJE

Jednadzba gibanja glasi:

ms = 2ks+ mgs+ !20s = g

gdje je

!20 =2k

m=2 50 Nm1 kg

= 100 s2 =) !0 = 10 s1

Rjeenje ove nehomogene diferencijalne jednadzbe drugog reda je

s (t) = A cos (!0t+ ') +g

!20

Konstante A i ' odreujemo iz pocetnih uvjeta:

t = 0 s; s (0) = s0 = 0:1m; _s (0) = 0m

s

odakle dobivamo jednadzbe

s (t) = A cos (!0t+ ') +g

!20

s (0) = A cos (!0 0 + ') + g!20

= A cos'+g

!20= s0

_s (t) = A!0 sin (!0t+ ')_s (0) = A!0 sin (!0 0 + ') = 0 m

s=) ' = 0

A = s0 g!20

pa je elongacija u tom vremenskom intervalu

s (t) =

s0 g

!20

cos!0t+

g

!20

s (t) =

0:1m 0:2 9:81

ms2

100 s2

cos (10t) +

0:2 9:81 ms2100 s2

s (t) = 0:080 38m cos (10t) + 0:019 62m

U trenutku

t0 =T

2=

2!0

2=

!0=

10 s1=

10s = 0:31 s

elongacija iznosi

s (t0) =s0 g

!20

cos+

g

!20= s0+2g

!20= 0:1m+2 0:2 9:81

ms2

100 s2= 0:06m

U tom trenutku tijelo se zaustavi i pocne vracati nadesno. Sada se promijeni smjersile trenja i jednadzba gibanja glasi

ms1 = 2ks1 mgs1 + !

20s1 = g

Rjeenje ove jednadzbe je elongacija s0

s1 (t) = A1 cos (!0t+ ') g!20

_s1 (t) =ds1 (t)

dt= A1!0 sin (!0t+ '1)

3. PRIMJERI 15

pa iz uvjeta

s1 (t0) = s (t0) = s0 + 2g

!20

_s1 (t0) = 0

m

s=) '1 = 0

s1 (t0) = A1 cos g

!20= s0 + 2g

!20=) A1 = s0 3g

!20

dobivamo

s1 (t) =

s0 3g

!20

cos (!0t) g

!20

U trenutku perioda t00 = T elangacija iznosi

s1 (T ) =

s0 3g

!20

cos (!0T ) g

!20=

s0 3g

!20

cos

!02

!0

g!20

=

s0 3g

!20

cos (2) g

!20= s0 3g

!20 g!20

= s0 4g!20

= 0:1m 4 0:2 9:81ms2

100 s2= 0:02m 2:2 cm

Primjer 18. Izracunajte period titranja malene kuglice prema slici 11.7. akosu h = 50m, = 45 i = 30. Zanemarite rotacijsku energiju kuglice, gubitakenergije pri udaru u kutu i trenje.

Rjeenje:Iz zakona o ocuvanju energije proizilazi da je visina s koje kuglica krene h

jednaka visini na koju ce se kuglica popeti h0 (to vrijedi jer smo zanemarili svegubitke energije), a iz trigonometrijskih odnosa dobivamo

s1 =h

sin=1

2at21

gdje je a = g sin, a t1 vrijeme potrebno da kuglica doe u tocku C.Dakle

h

sin=1

2gt21 sin

pa je

t21 =2h

g sin2 =) t1 =

s2h

g

1

sin

slicno imamo i za drugu stranu

s2 =h0

sin=

h

sin=1

2at22

h

sin=

1

2gt22 sin

t22 =2h

g sin2 =) t2 =

s2h

g

1

sin

16 1. TITRANJE

pa je ukupni period titranja, odnosno vrijeme potrebno da se kuglica prati napocetni polozaj, jednako

T = 2 (t1 + t2) = 2

s2h

g

1

sin+

s2h

g

1

sin

!= 2

s2h

g

1

sin+

1

sin

= 2

s2 50m9:81 ms2

1

sin 4+

1

sin 6

= 21: 8 s

Primjer 19. Pretpostavimo da je duz osi vrtnje Zemlje prokopan tunel s jednogkraja Zemlje na drugi. Blizu Zemljine povrine duz meridijana prolazi putanjasatelita. Tijelo pocinje slobodno padati kroz tunel u trenutku kada se satelit nalaziiznad otvora tunela. to ce prije stici do drugog kraja tunela, tijelo ili satelit?

Rjeenje:Na udaljenosti r od sredita Zemlje na tijelo mase m djeluje gravitacijska sila

!F = mM1

r2!r 0

gdje je M1masa Zemlje unutar kugle polumjera r pa je

M1Mz

=43 zr

3

43 zR

3z

=r3

R3z

uzMz masu Zemlje i Rz polumjer Zemlje. Gravitacijska sila je onda proporcionalnaudaljenosti od sredita Zemlje

!F = mMz

R3z

!r

Tijelo harmonijski titra u odnosu prema sreditu Zemlje, s periodom

!F = mMz

R3z

!r = k!r =) k = mMzR3z

T1 = 2

rm

k= 2

sm

mMzR3z

= 2

sR3z

Mz

Za satelit koji se giba blizu povrine Zemlje, gravitacijska sila mora biti jednakacentrifugalnoj sili

Fcf = m!2Rz =

42mRzT 22

= mMzR2z

odavde je ophodno vrijeme satelita

T2 =

s42mRz

mMzR2z

= 2

sR3z

Mz

Tijelo i satelit ce istovremeno stici do drugog kraja tunela, jer je T1 = T2.

Primjer 20. Gustoca tekucine povecava se linearno s dubinom, tako da jena povrini gustoca tekucine 0, a na dubini d je 20. Koliki su period titranja iamplituda kuglice gustoce 20 isputene na dubini

d2 s pocetnom brzinom v0 = 0

ms .

Trenje kuglice zanemarite.

Rjeenje:Ovisnost gustoce tekucine o dubini x mozemo zadati relacijom

(x) = ax+ b

3. PRIMJERI 17

gdje se a i b odreuju iz pocetnih uvjeta

(0) = 0 = a 0 + b = b (d) = 20 = ad+ b = ad+ 0 =) a =

0d

(x) =0dx+ 0 = 0

xd+ 1

Sila F koja djeluje na kuglicu volumena V gustoce k = 1:10, na dubini x jednakaje razlici tezine i sile uzgona

F = G U = mg tV g = kV g (x)V g= V g [k (x)]

Primjenom dobivene relacije za gustocu tekucine imamo

F = md2x

dt2= V g

h20

0x

d+ 0

i= V g0

h1 x

d

i=

V g0d

(d x)odnosno

md2x

dt2= kV

d2x

dt2= 20V

d2x

dt2=V g0d

(d x)d2x

dt2=

g

2d(d x)

Uvoenjem supstitucije

y = d xdy

dt= dx

dt;d2y

dt2= d

2x

dt2

za jednadzbu gibanja u novom sustavu dobivamo

d2y

dt2=

g

2dy

d2y

dt2+g

2dy = 0

Ovo je jednadzba nepriguenog harmonijskog titranja pa je kruzna frekvencijajednaka

! =

rg

2d

a period titranja

T =2

!= 2

s2d

g

Opce rjeenje diferencijalne jednadzbe glasi

y (t) = A sin (!t+ ')

_y (t) = A! cos (!t+ ')

gdje se A i ' odreuju iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti su

x (0) =d

2=) y (0) = d x (0) = d d

2=d

2_x (0) = 0 =) _y (0) = 0

18 1. TITRANJE

iz

_y (0) = 0

_y (0) = A! cos (! 0 + ') = A! cos' = 0 =) ' = 2

y (0) =d

2

y (0) = A sin! 0 +

2

= A sin

2=d

2=) A = d

2

Primjer 21. Titrajni sustav sastoji se od homogenog diska mase m1 = 5kg ipolumjera r koji se moze okretati oko horizontalne osi, opruge konstante k = 100 Nmi utega mase m2 = 3kg. (slika 11.8.) Kolika je kruzna frekvencija sustava akosustav harmonijski titra? Sva trenja zanemariti?

Rjeenje:Kineticka energija sustava je

Ek = Etrk + E

rotk =

1

2m2v

2 +1

2I!2

=1

2m2 _s

2 +1

2I _'2

Za homogeni disk je

I =1

2m1r

2

i veza izmeu velicina rotacije i translacije je s = r', te _s = r _' pa uvrtavanjemdobivamo

Ek =1

2m2 _s

2 +1

2 12m1r

2 _'2

=1

2

m2 +

1

2m1

_s2 =

1

2

m2 +

1

2m1

r2 _'2

Elasticna potencijalna energija iznosi

Ep =1

2ks2

pa je maksimalna potencijalna energija u polozaju amplitude

(Ep)max =1

2kA2

jednaka maksimalnoj kinetickoj energiji kad je sustav u polozaju ravnoteze

(Ek)max =1

2

m2 +

1

2m1

r2 _'20

=1

2

m2 +

1

2m1

A2!2

1

2kA2 =

1

2

m2 +

1

2m1

A2!2

pa je

! =

sk

m2 +12m1

= 4:26rad

s

f =!

2=1

2

sk

m2 +12m1

=1

2

s100 Nm

3 kg + 125 kg= 0:68 s1

3. PRIMJERI 19

Primjer 22. Torziono se njihalo sastoji od homogenog diska mase m = 0:5 kgi polumjera rd = 0:05m, koji visi na celicnoj zici duljine l = 5m i promjera dz =2mm. (slika 11.9.) Modul torzije celika iznosi G = 70GPa. Kolika je konstantatorzije zice i period njihala?

Rjeenje:Moment elasticnih sila u zici proporcionalan je kutu ' za koji se disk zakrene.

Mz = D'gdje je D konstanta torzije ovisna o materijalu i dimenzijama zice. Modul smicanjaG je konstanta koja ovisi samo o elasticnim svojstvima materijala. Torzija ziceili tapa poseban je primjer smicanja. Kut torzije ' proporcionalan je momentu(para) vanjskih sila Mp.

' =1

G

2l

r4zM

gdje je l duljina zice, a rz polumjer poprecnog presjeka zice. Konstantu torzijedobivamo iz veze izmeu konstante torzije i modula torzije

D =r4

2lG =

r4z2lG =

103m42 5m 7 10

10 Pa = 0:02Nm

Kako je moment inercije homogenog diska I = 12mr2 za period titranja dobivamo

T = 2

rI

D= 2

rmr2d2D

= 2

s5 kg (0:05m)22 0:02Nm = 3: 35 s

Primjer 23. Kolika mora biti duljina niti o koju je objeena kuglica ciji jepromjer d1 = 4 cm, da bismo pri odreivanju perioda malih titranja kuglicu s nitimogli smatrati matematickim njihalom, pri cemu je doputeno odstupanje od 1% uaproksimaciji matematickog njihala.

Rjeenje:Period titranja matematickog njihala T1 = 2

qlg , dok je period titranja zi-

ckog njihala T2 = 2q

Imgl . Moment inercije kuglice je prema Steinerovu poucku

I = Icm +md2 =

2

5mr2 +ml2 = ml2

1 +

2r2

5l2

gdje je l = L + r, pri cemu je L duljina niti, a r = d12 polumjer kuglice. Periodtitranja zickog njihala je

T2 = 2

sml2

1 + 2r

2

5l2

mgl

= 2

sl1 + 2r

2

5l2

g

= 2

sl

gr1 +

2r2

5l2= T1

r1 +

2r2

5l2

Doputena pogreka je

=T2 T1T1

=T1

q1 + 2r

2

5l2 T1T1

=

r1 +

2r2

5l2 1

( + 1)2= 1 +

2r2

5l2=) r

l=

r5

2

h( + 1)

2 1i

Uz uvjet da je doputena pogreka manja od 1% vrijedi

r

l

r5

2

h(0:01 + 1)

2 1i= 0:22

l r0:22

=0:02m

0:22= 0:09m = 9 cm

20 1. TITRANJE

odnosno duljina niti L

L = l r 9 cm 2 cm = 7 cmPrimjer 24. Fizicko se njihalo u obliku diska, promjera r, njie oko horizon-

talne osi okomite na disk, koja prolazi na udaljenosti l od sredita diska. (slika11.10.). Koliki je period njihala ako je:

a) l = r?b) l r?c) Kolika bi trebala biti udaljenost l da bi period njihala bio minimalan?Rjeenje:Iz perioda zickog njihala T = 2

qImgl , te izraza za moment tromosti ho-

mogenog diska I = 12mr2 i Steinerova poucka

I = Icm +md2 =

1

2mr2 +ml2 =

m

2

r2 + 2l2

dobivamo

T = 2

sm2 (r

2 + 2l2)

mgl= 2

sr2 + 2l2

2gl

a) l = r =) T = 2q

r2+2r2

2gr = 2q

3r2g

b) l r =) T = 2q

r2+2l2

2gl 2q

lg

c) Period za njihalo je minimalan, ako izraz za period u ovisnosti o duljini lzadovoljava uvjet

dT

dl= 0

dT

dl= 2

d

dl

sr2 + 2l2

2gl= 2

"1

2

r2gl

r2 + 2l2 ddl

r2 + 2l2

2gl

#

=

r2gl

r2 + 2l2 2l

2 r22gl2

= 0

Ovaj izraz je jednak nuli kada je l = 0, to nije zikalno rjeenje za zadani problem,a drugo rjeenje je

l =rp2

2

Primjer 25. Na jednodimenzionalni harmonijski oscilator kruzne frekvencije!0 djeluje na masu m u konacnom vremenskom intervalu konstantna vanjska silaF . Odredite amplitudu titranja nakon to je vanjska sila prestala djelovati, ako jeu pocetnom trenutku t = 0, polozaj x = 0m i brzina v0 = 0 ms .

Rjeenje:Jednadzba gibanja harmonijskog oscilatora u vremenu 0 t jeX

i

Fi = kx+ F = md2x

dt2

Uvrtavajuci izraz za nesmetani harmonijski oscilator !20 =km dobivamo

d2x

dt2+ !20x =

F

m

3. PRIMJERI 21

Rjeenje homogene diferencijalne jednadzbe

d2x

dt2+ !20x = 0

glasi

xh (t) = A1 sin!0t+B1 cos!0t

a partikularno rjeenje diferencijalne jednadzbe je

xp =F

m!20

pa je ukupno rjeenje jednako

x1 (t) = A1 sin!0t+B1 cos!0t+F

m!20v1 (t) = _x1 (t) = A1!0 cos!0tB1!0 sin!0t

Pocetni (ili rubni) uvjeti glase

x1 (0) = 0m

v1 (0) = _x1 (0) = 0m

s

odakle slijedi

x1 (0) = A1 sin (!0 0) +B1 cos (!0 0) + Fm!20

= B1 +F

m!20= 0

B1 = Fm!20

_x1 (t) = A1!0 cos (!0 0)B1!0 sin (!0 0) = A1!0 = 0A1 = 0

pa je u vremenu 0 t elongacija opisana izrazom

x1 (t) = B1 cos!0t+F

m!20= F

m!20cos!0t+

F

m!20

= Fm!20

(cos!0t 1)

Buduci da je vanjska sila prestala djelovati, tj. za t > jednadzba gibanja je

d2x

dt2+ !20x = 0

cije rjeenje je

x2 (t) = A2 sin!0t+B2 cos!0t

Kako funkcije x (t) i dx(t)dt moraju biti neprekidne funkcije, u trenutku t = vrijedi

x1 () = x2 ()

dx1 ()

dt=

dx2 ()

dt

to daje sustav jednadzbi iz kojih odreujemo konstante A2 i B2

Fm!20

(cos!0 1) = A2 sin!0 +B2 cos!0F

m!20sin!0 = A2!0 cos!0 B2!0 sin!0

22 1. TITRANJE

cije rjeenje je

A2 =F

m!20sin!0

B2 =F

m!20(cos!0 1)

pa je amplituda titranja

A =qA22 +B

22 =

F

m!20

p2 (1 cos!0) = 2F

m!20sin

!0

2

Primjer 26. Amplituda harmonijskog oscilatora u sredstvu s otporom smanjise od pocetne vrijednosti nakon n titraja za faktor 1e . Odredite omjer perioda titranjaT -tog oscilatora, prema periodu T0 koji bi imao isti oscilator kada bi otpor zane-marili.

Rjeenje:Amplituda titranja zadana je izrazom A = A0et, gdje je A0 amplituda

titranja u pocetnom trenutku. Nakon n titraja amplituda

An = A0e1

pa je vrijeme potrebno za n titraja t = 1 . Za kruznu frekvenciju priguenog titranjavrijedi

! =

q!20 2

pa je period

T =2

!=

2qkm 2

Kako je period titranja T = tn =1n =

2! pri cemu je konstanta

1

n=

2qkm 2

k

m 2 = 42n22

2 =km

1 + 42n2

pa je omjer perioda titranja uz !20 =km

T

T0=

2pkm22!0

=!0qkm 2

=!0q

km

km

1+42n2

=!0r

km

1 11+42n2

=

!0r!20

42n2

1+42n2

= !0!0r1 + 42n2

42n2=

r1 +

1

42n2

Za veliki broj titraja n izraz mozemo razviti u Taylorov red pa je trazeni izrazomjera perioda

T

T0 1 + 1

82n2

4. ZADATCI 23

4. Zadatci

Problem 5. Klip motora automobila ima hod 55:5mm i masu 360 g. Uz pret-postavku da gibanje klipa u cilindru motora mozemo aproksimirati jednostavnimharmonijskim titranjem, kolika je maksimalna brzina i akceleracija klipa pri vrtnjimotora s 3000 okrmin? Kolika je pritom maksimalna sila na klip?

Rezultat: vm = 8:7 ms ; am = 2:74ms2 ; Fm = 985N.

Problem 6. Tijelo mase m objeeno o spiralnu oprugu uzrokuje produljenjeopruge 4 cm. Koliko titraja napravi to tijelo u 60 s kad ga se pobudi na vertikalnoharmonijsko titranje?

Rezultat: n = 150 titraja.

Problem 7. Nerastegnuta opruga duljine L pricvrcena je u horizontalnompolozaju na oba kraja, a zatim prerezana na L4 . Na tom je mjestu pricvrcenotijelo (za obakraja opruge) pomaknuto iz polozaja ravnoteze i ostavljeno da titrapo horizontalnoj podlozi bez trenja. Potrebno je izracunati omjer perioda titranjatog sustava i iste (neprerezane) opruge opterecene istim tijelom, ali u vertikalnomsmjeru.

Rezultat: TTv = 0:433

Problem 8. Jedna opruga opterecena utegom produlji se 4 cm, a druga opte-recena istim utegom 5 cm. Koliki je period titranja serijski spojenih opruga optere-cenih istim utegom?

Rezultat: T = 0:620 s:

Problem 9. Uteg mase srednje vrijednosti m = 8kg objeen je na donjemkraju elasticne opruge. Mjerenjem pomocu zaporne ure odreeno je da 10 uzastopnihtitraja traje 10:41 s (srednja vrijednost). Odredite konstantu k opruge i relativnu iapsolutnu pogreku mjerenja. Dokazite da za relativnu pogreku vrijedi izraz:

k

k=m

m+2T

T

gdje je m masa utega, a T period titranja. U mjerenju maksimalna apsolutnapogreka iznosi m = 0:001 kg, a T = 0:02 s.

Rezultat: k = (291:4 11) Nm .(Tocnost mjerenja vremena jako utjece na pogreku).

Problem 10. U trenutku t = 0 s jednostavni harmonijski oscilator udaljen je odosi x od svog ravnoteznog polozaja za +6 cm i giba se brzinom vx = 5 cms . Odreditepocetnu fazu titranja i amplitudu ako je period njegova titranja jednak T = 2 s.

Rezultat: ' = 50:19; A = 7:81 cm.

Problem 11. Posuda s utezima visi na opruzi i titra periodom T0 = 0:5 s.Dodavanjem utega u posudu period titranja se promijeni na T1 = 0:6 s. Koliko seproduljila opruga dodavanjem utega?

Rezultat: l = 2:7 cm.

Problem 12. Odredite omjer potencijalne i kineticke energije materijalne to-cke koja harmonijski titra, kao funkciju vremena:

a): u opcenitom slucaju,b): uz pocetne uvjete t0 = 0 s; '0 = 0;c): uz pocetne uvjete t0 = 0 s; '0 = 2 .

24 1. TITRANJE

Rezultat: a) EpEk = tan2 (!t+ '0); b)

EpEk= tan2 !t; c)EpEk = ctg

2!t;

Problem 13. Koliki je omjer perioda vertikalnih titranja tijela vezanog za dvijejednake opruge ako se serijski spoj opruga zamijeni paralelnim?

Rezultat: TsTp = 2.

Problem 14. Kuglica mase m = 20 g, pricvrcena na oprugu elasticnostik = 8 Nm , harmonijski titra amplitudom A. Na udaljenosti

A2 od polozaja ravnoteze

postavi se masivna pregrada, od koje se kuglica savreno elasticno odbija. Odrediteperiod titranja.

Rezultat: T = 0:21 s.

Problem 15. Knjiga lezi na horizontalnoj podlozi koja jednostavno harmo-nijski titra u horizontalnom smjeru i pri tom ima amplitudu A = 1m. Kolika jemaksimalna frekvencija tog gibanja pri kojoj jo nece doci do klizanja knjige popodlozi? Koecijent trenja iznosi = 0:5.

Rezultat: fmax = 0:35Hz.

Problem 16. Istodobno su zanjihana dva njihala, za cije duljine vrijedi l1l2 =22 cm. Nakon nekog vremena jedno je njihalo nacinilo N1 = 30, a drugo N2 = 36njihaja. Odredite njihove duljine.

Rezultat: l1 = 72 cm; l2 = 50 cm.

Problem 17. Matematicko se njihalo dugo 60 cm nalazi u zrakoplovu koji seuspinje pod kutom = 30 prema horizontalnoj ravnini, s ubrzanjem od a = 4 ms2 .Odredite period tog matematickog njihala.

Rezultat: T = 1:39 s.

Problem 18. Koliki je period zickog njihala u obliku homogenog tapa duljinel = 2m ako se njie oko osi koja prolazi:

a): jednim njegovim krajem,b): kroz tocku udaljenu od sredine tapa za d = l6 ,c): kada je period minimalan, a kada maksimalan?

Rezultat: a) T = 2:3 s; b) T = 2:3 s; c) period je najmanji za d = 0:58m, amaksimalan za d = 0m;

Problem 19. Na nit dugu l = 3m objeena je kuglica ciji je polumjer r = 3 cm.Za koliko je veci period titranja tog zickog njihala od perioda matematickog njihalakojim se ono moze aproksimirati?

Rezultat: T = 6:95 105 s.Problem 20. Dva homogena tapa duljine l spojeni su tako da je dobiven tap

duljine 2l. Ako je omjer masa tapova 2 : 1, koliki je omjer perioda titranja kadaje os na jednom, odnosno na drugom kraju dobivenog tapa?

Rezultat: T1T2 = 0:9661.

Problem 21. Materijalna tocka izvodi istodobno dva meusobno okomita har-monijska titranja opisana jednadzbama:

x (t) = 1 cm cos

st

y (t) = 2 cm cos

2 st

Odredite putanju materijalne tocke.

Rezultat: y2 (t) = (2 cm)x (t) + 2 cm2 uz 1 cm x 1 cm.

POGLAVLJE 2

MEHANICKI VALOVI

1. Uvod

Valno gibanje je jedan od nacina prenoenja energije kroz prostor, pri cemu sumehanicki valovi oni koji se ire kroz elasticna sredstva. Valovi u kojima cesticesredstva titraju okomito na smjer irenja vala nazivaju se transverzalni valovi (npr.val na uzetu), dok su longitudinalni valovi oni valovi u kojima cestice titraju napravcu kojim se val iri. Fazna brzina vala v jednaka je umnoku valne duljine ifrekvencije vala :

Jednadzba transverzalnog vala na zici ili elasticnom uzetu ima oblik

@2s

@x2 F

@2s

@t2= 0

cije opce rjeenje glasi

s (x; t) = f (x vt) + g (x+ vt)gdje je selogancija, a vfazna brzina vala

v =

sF

pri cemu je Fnapetost zice ili uzeta, a linearna gustoca. Val se pri tome iriduz osi x u vremenu t. Jedno od mogucih rjeenja je i

s (x; t) = A sin (!t kx)gdje je Aamplituda, !kruzna frekvencija, a kvalni broj

k =2

Snaga P koja se prenosi valnim gibanjem jednaka

P (x; t) = A2!kF cos2 (!t kx)a njezina srednja vrijednost zadana je izrazom

P =1

T

TZ0

Pdt =1

2A2!kF =

1

2A2!kv2 =

1

2A2!2v

Valovi zvuka ire se kroz plin brzinom,

v =

sB

=

rp

=

rRT

M

gdje je p tlak plina prije pobude, B volumni modul elasticnosti plina, gustocaplina, a adijabatska konstanta.

Razina jakosti zvuka L denirana je izrazom

L = 10 logI

I0

25

26 2. MEHANI CKI VALOVI

i izrazava se u decibelima (dB). Ovdje je I jakost zvuka (buka), a I0 jakost zvukana pragu cujnostikoji iznosi

I0 = 1012 W

m2

Glasnoca zvuka je osjet jakosti zvuka u naem uhu i izrazava se jedinicom fon (ph).Dooplerov efekt se javlja kada izvor i prijemnik zvucnog vala imaju relativnu

brzinu, tj. kada se jedan u odnosu na drugog giba. Tada je frekvencija izvora firazlicita od frekvencije prijemnika fp. Veza izmeu tih frekvencija je

fp =v !r 0!v pv !r 0!v i fi

gdje je !r 0 jedinicni vektor od izvora prema prijemniku.

2. Primjeri

Primjer 27. Transverzalni sinusoidalni val na uzetu ima amplitudu A = 10 cmi valnu duljinu = 1m. Lijevi kraj uzeta koji se nalazi u koordinatom ishoditu,titra frekvencijom f = 5Hz po zakonu s (0; t) = A sin!t. Odredite brzinu vala,napiite jednadzbu titranja i odredite transverzalnu eloganciju, brzinu i akceleracijucestice udaljene za x = 2m od ishodita u trenutku t = 5 s?

Brzinu vala mozemo odrediti pomocu izraza

v = f = 1m 5 s1 = 5 ms

kako je jednadzba vala preko frekvencije i valne duljine zadana izrazom

s (x; t) = A sinh2f t x

ia cestica u ishodiu titra po zakonu

s (0; t) = A sin!t = A sin (2ft)

dobivamo jednadzbu gibanja

s (x; t) = 0:01m sin 2 (5t x)Iz izraza za eloganciju pomocu pocetnih uvjeta dobivamo

s (1m; 5 s) = 0:01m sin 25 s1

5 s 2m1m

= 0:01m sin 46 = 0m

a za brzinu i ubrzanje

v (x; t) =ds (x; t)

dt=d

dtA sin

h2f t x

i= 2fA cos

h2f t x

iv (1m; 5 s) = 2 5 s1 (0:01m) cos 2 5 s1 5 s 2m

1m

= 0:1

m

s cos 46 = 0:1 m

s= 0:314

m

s

a (x; t) =dv (x; t)

dt=d

dt2fA cos

h2f t x

i= (2f)

2A sin

h2f t x

i= (2f)

2 s (x; t)

a (1m; 5 s) = (2f)2 s (1m; 5 s) = 0 m

s2

Primjer 28. Pronaite uvjet pod kojim ce fazna brzina harmonijskog vala v,koji se rasprostire zategnutom zicom, biti jednak najvecoj transferzalnoj brzini ces-tice zice umax.

2. PRIMJERI 27

Elogancija jednodimenzionalnog vala na zici opisana je funkcijom

y = A sin (!t kx)Koristeci izraz za brzinu vala slijedi

v = f =!

k

i transferzalnu brzinu cestice

u =dy

dt= A! cos (!t kx)

a najveci vrijednost poprima upravo za

' = !t kx = 0odnosno

umax = A! cos 0 = A!

pa je trazeni uvjet zadovoljen ako je

A! = !k =) A = 1k=

2

Primjer 29. Dvije zice od razlicitog materijala spojene su zajedno i napetesilom F. Linearna gustoca prve zice devet je puta manja od druge zice. Upadnise transverzalni val s = A sin (!t k1x) iri kroz prvu zicu brzinom v1, dolazina granicu izmeu dvije zice, gdje se reektira i lomi. Odredite rezultantni val uzicama. Ako je val u t = 0 stigao na granicu (spoj) zica, nacrtajte oblik zice ut = 2T i t = 9T4 i anvelopu nastalog stojnog vala u prvoj zici.

Upadni val ima obli

su (x; t) = Au sin (!t k1x)U tocki gdje se mijenja gustoca tj. u tocki diskontinuiteta (x = 0), val se reektirai lomi. Reektirani val ima oblik

sr (x; t) = Ar sin (!t+ k1x)

a transmitirani val se giba kroz drugu zicu brzinom v2 i ima oblik

st (x; t) = At sin (!t k2x)U tocki diskontinuiteta x = 0 moraju biti ispunjeni rubni uvjeti (funkcije i njezineprve derivacije):

x = 0

st (0; t) = su (0; t) + sr (0; t)

x = 0@

@x(su + sr) =

@

@xst

odnosno

At sin (!t k2x) = Au sin (!t) +Ar sin (!t)At = Au +Ar

i

k1Au cos (!t k1x) + k1Ar sin (!t+ k1x) = k2At sin (!t k2x)k1 (Au Ar) = k2At

28 2. MEHANI CKI VALOVI

rjeenje jednadzbi daje

Ar =k1 k2k1 + k2

Au

At =2k1

k1 + k2Au

Buduci da je

k =!

v= !

r

F

to je

k1k2=

r12=

s1922

=1

3

pa je

k2 = 3k1

Ar =k1 k2k1 + k2

Au =k1 3k1k1 + 3k1

Au = 12Au

At =2k1

k1 + k2Au =

2k1k1 + 3k1

Au =1

2Au

Kroz desnu zicu iri se transmitirani val

st (x; t) =1

2Au sin (!t 3k1x)

a valno gibanje u lijevoj zici je zbroj upadnog i reektiranog vala:

su (x; t) + sr (x; t) = Au sin (!t k1x) +Ar sin (!t+ k1x)= Au sin (!t k1x) +Au sin (!t+ k1x) +Ar sin (!t+ k1x)Au sin (!t+ k1x)= (2Au cos k1x) sin!t+ (Ar Au) sin (!t+ k1x)

gdje je koriten identitet

sin (x+ y) + sin (x y) = 2 sinx cos y

Za naprimjer je Ar = 12Au , te je

s (x; t) = (2Au cos k1x) sin!t 32Au sin (!t+ k1x)

Oblik zice u t = 2T i t = 9T4 = 2T +T4 je:

s (x; t) =

(2Au cos k1x) sin!t 32Au sin (!t+ k1x) za x 0

12Au sin (!t 3k1x) za x 0

2. PRIMJERI 29

-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10

-1.4-1.2-1.0-0.8-0.6-0.4-0.2

0.20.40.60.81.01.21.4

x

y

Buduci da se upadni val samo djelomicno reektirao, dobiveni val ima prom-jenjivu amplitudu od

Amin = Au ArAmax = Au +Ar

POGLAVLJE 3

MAXWELLOVE JEDNADZBE

1. Uvod

Maxwellove jednadzbe opisuju ovisnost elektricnog i magnetskog polja o nabo-jima i strujama, a takoer i njihovo meudjelovanje do kojeg dolazi kada se poljamijenjaju u vremenu. One su temelj klasicne elektrodinamike i teorijske elek-trotehnike, a razvio ih je James Clerk Maxwell izmeu 1861. i 1864. godine.

Koristeci u to doba poznate zakone: Gaussov zakon za elektricno i magnetskopolje, Ampreov zakon i Faradayev zakon indukcije, te postavivi hipotezu o strujipomaka Maxwell ih je sve skupa ujedinio u skladu sa jednadzbom kontinuiteta.

2. Gaussov zakon za elektricno polje

Do veze izmeu elektricnog polja i naboja koji proizvodi to polje dolazimo raz-matranjem toka elektricnog polja. Ako u prostoru koji razmatramo postoji vienaboja koji uzrokuju elektricno polje, rezultantno polje dobije se vektorskim zbra-janjem polja pojedinih naboja. Ako je prostor ispunjen izotropnim dielektrikom,tada deniramo vektor elektricnog pomaka

!D izrazom

!D = "

!E = "0"r

!E

Elektricni tok kroz povrinu S denira se plonim integralom

D =

ZZS

!D d!S

Gaussov zakon kaze da je ukupni elektricni tok kroz zatvorenu plohu S jednakalgebarskom zbroju elektricnih naboja koji se nalaze unutar volumena kojeg taploha omeujeI

S

!D d!S =

Xi

Qi

Ako imamo distribuciju naboja tada je ukupni naboj u nekom volumenu Vjednak

Q =

ZZZV

dV

pa Gaussov zakonza elektrostatsko polje glasiIS

!D d!S =

ZZZV

dV (2.1)

31

32 3. MAXWELLOVE JEDNADZBE

3. Gaussov zakon za magnetsko polje

Kao to se denira tok elektricnog polja, ta se denira i tok magnetskog poljakao skup silnica koje prolaze kroz neku plohu. Tok magnetskog polja jednak jeplonom integralu vektora magnetske indukcije

B =

IS

!B d!S

Jedinica magnetskog toka je weber (Wb) = (T)m2= (V) ( s). Buduci da nema

izoliranih magnetskih polova, magnetske silnice su zatvorene krivulje; broj silnicakoje ulaze u neku zatvorenu plohu jednak je broju silnica koje izlaze iz te plohe,tako je magnetski tok kroz bilo koju zatvorenu plohu jednak nuli, tj.I

S

!B d!S = 0 (3.1)

to je Gaussov zakon za megnetizam, odnosno II. Maxwellova jednadzba u integral-nom obliku.

4. Faradayev zakon indukcije

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

"i = ddt

5. Ampereov zakon

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

K

!H d!l =

nXi=1

Ii

Zakoni elektromagnetizma mogu se napisati u cetiri Maxwellove jednadzbe kojeu integralnom obliku glase:

(1)IS

!D d!S =

ZZZV

dV

(2)IS

!B d!S = 0

(3)IK

!E d!l = ddt

ZZS

!B d!S

(4)IK

!H d!l =

IS

!J d!S + ddt

ZZS

!D d!S

6. Interpretacija Maxwellovih jednadzbi

Prva jednadzba govori da je elektricni naboj izvor (ili ponor) elektricnog polja.Ukupni elektricni tok kroz zatvorenu plohu proporcionalan je kolicini elektricnognaboja koji se nalazi unutar volumena te plohe. Ako unutar te zatvorene plohe nemaelektricnog naboja (ili je kolicina pozitivnog jednaka kolicini negativnog elektricnognaboja), ukupni elektricni tok kroz tu zatvorenu plohu je nula. No, to ne znaci da

7. PRIMJERI 33

u tom volumenu uopce nema elektricnog polja, vec samo da ukupni tok icezava.Dakle, ako nema elektricnog naboja u tom promatranom volumenu, koliko silnicaelektricnog polja ulazi kroz plohu koja opisuje volumen, toliko silnica negdje i izlaziiz te iste zatvorene plohe.

Druga Maxwellova jednadzba slicna je prvoj (u situaciji u kojoj ne postojinaboj), ali opisuje magnetsko polje. Ova jednadzba izrice da ne postoji "magnetskinaboj" (magnetski monopol), tj. ne postoji izvor magnetskog polja, iz kojega biproizlazio magnetski tok razlicit od nule. U svakoj tocki prostora, kolicina silnicamagnetskog polja koja ulazi u tu tocku jednaka je kolicini silnica koje izlaze iz tetocke, silnice magnetskog polja nemaju izvora (ili ponora). Stoga ukupni magnetskitok kroz zatvorenu plohu uvijek icezava. To vrijedi i za izvore magnetskog polja,stoga je svaki izvor magnetskog polja barem dipol.

Diferencijalni oblik Teorem koji ih povezuje Integralni oblikGaussov zakon: Izvorelektricnog polja je elek-tricni naboj.

Gaussov Elektricni tok krozzatvorenu plohu jednakje ukupnom elektricnomnaboju u njezinojunutranjosti.

r !D = IS

!D d!S =

ZZZV

dV

Magnetsko polje nemaizvora (ne postoje mag-netski monopoli).

Gaussov Magnetski tok kroz bilokoju zatvorenu plohujednak je nuli.

r !B = 0IS

!B d!S = 0

Faradayev zakon induk-cije: Svaka promjenamagnetskog polja stvaraelektricno polje.

Stokesov Integral vektoraelektricnog polja pozatvorenoj krivuljijednak je negativnojpromjeni po vremenumagnetskog toka obuh-vacenog tom krivuljom.

r!E = @!B@t

IK

!E d!l = ddt

ZZS

!B

d!S

Proireni Ampreov za-kon: Oko vodica kojimtece struja inducira semagnetsko polje, ali isvako promjenjivo elek-tricno polje inducirati cemagnetsko polje.

Stokesov Integral vektora jakostimagnetskog polja pozatvorenoj krivulji jed-nak je zbroju struje ivremenske promjeneelektricnog toka obuh-vacenih tom krivuljom.

r!H = !J + @!D@t

7. Primjeri

Primjer 30. U dugoj cilindricnoj zavojnici polumjera R = 5 cm struja rastepo zakonu I = 2t2. Broj zavoja u zavojnici je Nl = 10 cm

1. Odredite elektricnopolje i struju pomaka na osi solenoida i na povrini zavojnice.

Rjeenje:

34 3. MAXWELLOVE JEDNADZBE

Odabirom krivulje K kao kruznice polumjera r sa sreditem na osi zavojnice iokomito na tu os, povrina S bit ce povrina te kruznice:I

K

!E d!l = 2r E

ZZS

!B d!S = r2 B = r2 0

NI

l

Primjenom trece Maxwellove jednadzbe slijediIK

!E d!l = d

dt

ZZS

!B d!S

2r E = ddt

r2 0

NI

l

= r2 0

N

l ddt

2t2= r2 0

N

l 4t

E = 2r 0N

l t = E (r; t)

Ako je r = 0 =) E = 0. Za r = R dobivamo

E (R; t) = 2R 0N

l t = 2 5 cm

4 107 N

A2

10cm

t

=1: 257 104 t V

m

Struja pomaka nastaje u prostoru gdje se vremenski mijenja elektricno polje

Ipomaka = Ip =dDdt

=d

dt

IS

!D d!S = d

dt

IS

"0!E d!S = "0 r2 @E

@t

= "0 r2 @@t

2r0

N

l t= "0 r2 2r0

N

l= 2"00 r3

N

l

Ako je r = 0, Ip = 0:Za r = R,

Ip = 2"00 R3 N

l= 2"00 R2

RN

l

a gustoca struje pomaka

Jp =IpS= 2"00

RN

l

= 2 8:85 1012 Fm1 4 107NA2 (5 cm) 10 cm1= 1:11 1015Am2

Primjer 31. Plocasti kondenzator kapaciteta C = 5nF nabijen je na izvorunapona od U = 1kV. Razmak izmeu ploca je d = 2mm. Kondenzator je nakonodvajanja od izvora napona izbijen preko otpora R = 5k. Koliko je magnetskopolje u tocki izmeu ploca udaljenoj r = 20 cm od osi kondenzatora u trenutkut0 = 2s?

Rjeenje:Pri izbajanju napon na plocama kondenzatora mijenja se po zakonu

U =Q0Ce

tRC

a elektricno polje izmeu ploca je

E =U

d=

Q0d C e

tRC

7. PRIMJERI 35

Vremenska konstanta iznosi

RC = 5k 5 nF = 2:5 105 s = 25sPocetna kolicina naboja na kondenzatoru jednaka je

Q0 = CU = 5nF 1 kV = 5 106 Cpa je jakost elektricnog polja nakon vremena t jednaka

E (t) =Q0d C e

tRC = 5000 e t2:5105 s

E (t0) =5 106 C0:2m 5 nFe

2s25s = 4615:6V

mMagnetsko polje izracunati cemo pomocu cetvrte Maxwellove jednadzbeI

K

!H d!l = @

@t

ZZS

!D d!S = @

@t

ZZS

"0!E d!S = "0

ZZS

@!E

@t d!S

Za krivulju K odabiremo kruznicu polumjera r unutar kondenzatora, paralelnu splocama kondenzatora. Povrina S tada je povrina tog krugaI

K

!H d!l =

IK

H dl cos 0 = HIK

dl = 2rH

"0

ZZS

@!E

@t d!S = "0

ZZS

@E

@t dS cos 0 = "0 @E

@t

ZZS

dS = r2"0@E

@t

2rH = r2"0@E

@t

H ="0r

2

@E

@t

B = 0H ="00 r

2

@E

@tPrilikom izbijanja kondenzatora elektricno polje se mijenja u vremenu, a vremenskaderivacija elektricnog polja iznosi

@E

@t=@

@t

Q0d C e

tRC= 1

RC

Q0d C e

tRC=2 108e tRC

Vsm

to uvrtavanjem t0 = 2s daje@E

@t=2 108e 2s25s

Vsm

=1:8462 108 V

smNadalje, uz r = 0:2m imamo

B ="00 r

2

@E

@t

=

8:854 1012 Fm1 4 107NA2 0:2m

2 1:8462 108 V

sm

= 2: 054 1 1010 T

POGLAVLJE 4

ELEKTROMAGNETSKI TITRAJI I VALOVI

1. Uvod

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

f =1

2pLC

U slucaju postojanja omskog otpora

f =1

2pLC

r1 R

2C

L

Zakoni elektromagnetizma mogu se napisati u cetiri Maxwellove jednadzbe kojeu integralnom obliku glase:

(1)IS

!D d!S = Q

(2)IS

!B d!S = 0

(3)IK

!E d!s = ddt

ZZS

!B d!S

(4)IK

!H d!s = I + ddt

ZZS

!D d!S

Iz Maxwellovoh jednadzbi moze se kombiniranjem dobiti valna jednadzba zairenje elektromagnetskih valova. Na primjer, ako se val iri u proizvoljno odabra-nom smjeru, recimo osi z, jednadzbe su:

@2Ex@z2

1v2@2Ex@t2

= 0

@2By@z2

1v2@2By@t2

= 0

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

iznosi

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

s

Rjeenje valnih jednadzbi inaju oblik!E = [E0 f (z vt)]!i!B = [B0 f (z vt)]!j

gdje je f - proizvoljna funkcija. Vektori elektricnoga i magnetskoga polja u elek-tromagnetskom valu uvijek su meusobno okomiti, a okomiti su i na smjer irenja

37

38 4. ELEKTROMAGNETSKI TITRAJI I VALOVI

vala. Najjednostavniji oblik valnog gibanja je harmonicki ravni val kji opisujemojednadzbama:

Ex = E0 sinh!t z

v

i= E0 sin (!t kz)

By = B0 sinh!t z

v

i= B0 sin (!t kz)

gdje je k = 2 =!v - valni broj, a ! = 2f - kruzna frekvencija vala. Kao i za

mehanicke valove i ovdje vrijedi

v = f =!

k

U elektromagnetskom valu veza izmeu elektricnog i magnetskog polja jest

B =E

v

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

!E !H = 1

!E !B

i predstavlja energiju koju elektromagnetski val prenese u jedinici vremena krozjedinicnu povrinu. Za monokromatski sinusoidalni val srednja vrijednost iznosaPoyntingova vektora iznosi

S =1

2E0H0

2. Primjeri

Primjer 32. Iz zakona ocuvanja energije izvedite frekvenciju za titrajni LC-krug.

Rjeenje:Ukupna elektrostatska energija kondenzatora kapaciteta C iznosi E = Q

2

2C , aenergija zavojnice E = 12LI

2 gdje je I = dQdt . Ukupna energija ova dva elementa pozakonuocuvanja energije glasi

Q2

2C+1

2LI2 = konst: =

d

dt

2QdQdt2C

+1

2L 2I dI

dt= 0

QI

C+ LI

dI

dt= 0 = : LI

dI

dt+

1

LCQ = 0

uz koritenje identiteta I = dQdt slijedi

d2Q

dt2+

1

LCQ = 0

ovo je valna jednadzba uz frekvenciju titranja

!2 =1

LC=) ! = 1p

LC

Primjer 33. Izracunajte rezonantnu frekvenciju strujnoga kruga, koji ima paralelnopovezan kondenzator kapaciteta C = 900 nF sa serijski povezanom zavojnicom in-duktiviteta L = 11: 258H i otpora

a): R = 0 i

2. PRIMJERI 39

b): R = 200.

Rjeenje:Ukupna impedanca serijskog spoja zavojnice i omskog otpora iznosi

Z = R+ jXL

pa je vodljivost tog spoja

Ys =1

Z=

1

R+ jXL=

1

R+ j!L

Ukupna vodljivost iznosi

Y = YC + Ys = j!C +1

R+ j!L= j!C +

(R j!L)(R+ j!L) (R j!L)

= j1

XC+

R

R2 +X2L j XL

R2 +X2L=

R

R2 +X2L+ j

1

XC XLR2 +X2L

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

1

XC XLR2 +X2L

= 0 =) 1XC

=XL

R2 +X2L

Rezonantna frekvencija je

!C =!L

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

!2 =LR2CL2C

=1

LC

1 R

2C

L

! =

1pLC

r1 R

2C

L

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

!0 =1pLC

=1p

11: 258H 900 nF = 314: 16 s1

f0 = 50Hz

b): Ako je R = 2k dobivamo

!r =1pLC

r1 R

2C

L= !0

r1 R

2C

L

= 314: 16 s1

s1 (2 k)

2 900 nF11: 258H

= 259: 11 s1

fr = 41: 24Hz

Primjer 34. Dokazite da elektromagnetsko polje Ex = E0 sin (!t kz), Ey =Ez = 0; Bx = 0, By = B0 sin (!t kz), Bz = 0 u prostoru bez struja i nabojazadovoljava Maxwellove jednadzbe u posebnom slucaju - kad je zatvorena ploha kockabrida a, a zatvorena krovulja stranica te kocke.

Rjeenje:Prve dvije Maxwellove jednadzbe glaseI

S

!E d!S = Q;

IS

!B d!S = 0


pri cemu je zatvorena ploha S kocka brida a. Kako je smjer elektricnog polja u

smjeru osi x,IS

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

svim ostalim stranicama je!E d!S = 0

!E?d!S

. Tok vektora

!E kroz stranicu

CDEF je Z ZCDEF

!E d!S =

aZ0

dy

aZ0

E0 sin (!t kz) dz = E0ak[cos (!t ka) cos!t]

jer je!E kd!S . Na donjoj strani te kocke (ABGO) !E i d!S su antiparalelni, pa jeZ Z

CDEF

!E d!S =

aZ0

dy

aZ0

E0 sin (!t kz) dz = E0ak[cos (!t ka) cos!t]

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

S

!E d!S =

Z ZCDEF

!E d!S +

Z ZCDEF

!E d!S = 0

cime je dokazano da elektricno polje zadovoljava prvu Maxwellovu jednadzbu.Slicno racunajuci tok vektora

!B , mozemo dokazati da i magnetsko polje zado-

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

osi y,IS

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

ostalim stranicama je!B d!S = 0

!B?d!S

. Tok vektora

!B kroz stranicu ABCD

je Z ZABCD

!B d!S =

aZ0

dx

aZ0

B0 sin (!t kz) dz = B0ak[cos (!t ka) cos!t]

jer je!Bkd!S . Na drugoj strani te kocke (EFGO) !B i d!S su antiparalelni, pa jeZ Z

EFGO

!B d!S =

aZ0

dx

aZ0

B0 sin (!t kz) dz = B0ak[cos (!t ka) cos!t]

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

S

!B d!S =

Z ZABCD

!B d!S +

Z ZEFGO

!B d!S = 0

cime je dokazano da elektricno polje zadovoljava drugu Maxwellovu jednadzbu.Da bismo pokazali da zadano elektricno i magnetsko polje zadovoljavaju trecuMaxwellovu jednadzbu, najprije izracunajmo tok vektora

!B , npr. kroz stranicu

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

u trecu Maxwellovu jednadzbu:IABCDA

!E d!s = d

dt

Z ZABCD

!B d!S

2. PRIMJERI 41

Tok vektora!B , zbog paralelnih smjerova

!B i d

!S , jestZ Z

ABCD

!B d!S =

aZ0

aZ0

B0 sin (!t kz) dx dz = B0ak[cos (!t ka) cos!t]

Cirkulacija vektora!E jeI

ABCDA

!E d!s =

ZAB

!E d!s +

ZBC

!E d!s +

ZCD

!E d!s +

ZDA

!E d!s

=

aZ0

E0 sin (!t ka) +0Za

E0 sin (!t)

= E0a [sin (!t ka) sin (!t)]Uvrstimo li dobivene rezultate u trecu Maxwellovu jednadzbu dobivamoI

ABCDA

!E d!s = d

dt

Z ZABCD

!B d!S

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

=B0a!

k[sin (!t ka) sin (!t)]

Buduci da za elektromagnetski val v = !k i B0 =E0v vidimo da zadani elektromag-

netski val zadovoljava trecu Maxwellovu jednadzbu. Slicno bismo mogli dokazatii da cirkulacija vektora

!B , npr. po rubu EDCFE, jednaka vremenskoj derivaciji

toka vektora!E kroz stranicu EDCF pomnozenoj sa ".

Primjer 35. Magnetsko polje monokromatskog ravnog vala u vakuumu zadanoje izrazom

!B = B0 sin!

t xc

!k pri cemu je B0 = 5 1010 T i ! = 1010 s1.

Izracunajte: frekvenciju, valnu duljinu i valni broj, te elektricno polje i srednjugustocu energijskog toka vala.

Rjeenje:Iz ! = 2f = 1010 s1 dobivamo da je frekvencija vala jednaka

f = 5 109HzValna duljina je

=c

f=3 108 ms5 109Hz = 6 10

2m = 6 cm

a valni broj

k =2

=

2

6 102m = 104: 72m1

Amplitudu elektricnog polja dobivamo iz

E0 = cB0 = 3 108 ms 5 1010 T = 0:15 V

m

pa je elektricno polje zadano izrazom

!E =

!jh0:15 sin!

t x

c

i Vm


pa je gustoca energijskog toka jednaka srednjoj vrijednosti Poyntingovog vektora107 TmA1 =1:0107

A2ms2 kg

S =1

2E0B0 =

1

2 4 107 NA2

0:15 Vm 5 1010 T

= 2: 984 2 105 Wm2

Primjer 36. Izracunajte amplitudu elektricnoga i magnetskoga polja u Suncevuzracenju na Zemljinoj povrini koristeci podatak da okomita povrina, u odnosu naSunceve zrake, od S = 1m2 primi snagu od 1:36 kW.

Rjeenje:Srednja vrijednost gustoce toka energije elektromagnetskog vala, tj. snaga po

jedinicnoj povrini, jednaka je srednjoj vrijednosti Poyntingova vektora:

S =1

2E0B0 =

1

2

r"00E20 =

"0 c2E20 =

0 c2H20

zbog E = vB = vH. Odavde je elektricno polje

E20 =2S

"0 c =2 1360 Wm2

8:854187817 1012 Fm 3 108 ms= 1: 024 0 106 V

2

m2

E0 = 1011: 9V

mi magnetsko polje

H20 =2S

0 c=

2 1360 Wm24 107 N

A2 3 108 ms

= 7: 215A2

m2

H0 = 2:6861A

mMagnetsko polje smo mogli dobiti i iz

E0H0

=

r0"0=

s4 107 N

A2

8:854187817 1012 Fm= 376: 73

H0 =E0q0"0

=1011: 9 Vm376: 73

= 2: 6861A

m

Primjer 37. Srednja vrijednost energijskog toka monokromatskog harmonijskogelektromagnetskog ravnog vala u zraku je 60 Wm2 . Kolika je srednja gustoca energijezracenja?

Rjeenje:Za monokromatski sinusoidalni val srednja vrijednost Poyntingova vektora (gus-

toca energijskog toka) jednaka je

S =1

2

r"

E20 =

1

2E0H0 =

1

2

1

0E0B0 =

1

2c0E2

buduci da je srednja gustoca energije elektromagnetskog zracenja to je

! = !l + !m =1

2"0E

20 =

1

2"0 2Sq

"00

=S

c=

60 Wm2

3 108 ms= 2 107 J

m3

Primjer 38. a

POGLAVLJE 5

GEOMETRIJSKA OPTIKA

1. Uvod

Geometrijska optika se bavi irenjem svjetlosti, ali istrazuje samo one pojave ukojima nije bitno izrazena valna priroda svjetlosti. Pritom se smatra da se svjet-lost u homogenome sredstvu iri pravocrtno i da se njegovo irenje moze prikazatizrakama. Pojave koje promatra geometrijska optika, obicno se ogranicavaju navidljivi dio elektromagnetskog zracenja, odnosno za spektar u granicama valnihduljina izmeu

380 nm 780 nmNajvazniji zakoni geometrijske optike su zakon reeksije i zakon loma sv-

jetlosti. Prema zakonu reeksije, pri upadu na granicnu ravninu izmeu dvaopticka sredstva upadna zraka ce se reektirati, a reektirana zraka ce lezati uonoj ravnini koju deniraju upadna zraka i okomica na ravninu. Kut reeksiranezrake je pri tome jednak kutu upadne zrake u odnosu na okomicu ravnine. Plohakoja reektira cjelokupno upadno zracenje naziva se zrcalom. Zakon reeksije vri-jedi i u slucaju da je ploha zrcala zakrivljena, tada se pod granicnom ravninompodrazumjeva ona ravnina koja je tocki upada tangencijalna na plohu zrcala.

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

Sferno zrcalo ima reektirajucu ravninu kao dio povrine kugline plohe. Primalome otvoru zrcala, tj. za paraaksijalne zrake (zrake koje upadaju pod malimkutom u odnosu na opticku os) vrijedi jednadzba konugacije za sferno zrcalo

1

a+1

b=1

f=2

R

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

m =y0

y= b

a

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

isticnim zrakama:

(1) Zraka koja pada na zrcalo paralelno s optickom osi, a reektira se krozzarite (fokus),

(2) Zraka (ili njezino produljenje) koja prolazi kroz fokus, a reektira separalelno s optickom osi i

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

43

44 5. GEOMETRIJSKA OPTIKA

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

sin

sin=n2n1= n21

gdje su n1; n2 indeksi loma sredstva, a omjer n21 = n2n1 naziva se relativnim indeksomloma. Indeks loma sredstva su vrijednosti konstante koje su karakteristicne zasvaki pojedini materijal. Indeks loma nekog optickog sredstva povezan je s brzinomv irenja svjetlosti u tm sredstvu relacijom

n =c

v

Ako zraka koja dolazi iz opticki guceg sredstva (n2 > n1) i pada na granicusredstva (n1) pod kutom vecim od granicnog kuta g, doci ce do totalne reeksije.Granicni kut odreen je izrazom

sing =n1n2

Opticka prizma sastoji se od dvaju ravnih dioptara (ploha koja dijeli dvaopticka sredstva) pod nekim kutom A. Pri upadu na prizmu zraka se otklanja zakut devijacije

= + 0 Apri cemu su - kut upada na prizmu gledano prema okomici upadne strane, a 0 -kut pod kojim, gledano prema okomici izlazne strane, zraka izlazi iz prizme. Kutdevijacije je minimalan kada je = 0, a tada je

n =sin min+A2sin A2

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

n1a+n2b=n2 n1R

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

2. Primjeri

Primjer 39. Izracunajte kolika je najmanja visina vertikalno postavljenog zr-cala u kojem covjek visine h = 1:85m moze vidjeti sliku cijeloga svojega tijela, tena kojoj visini treba postaviti zrcalo ako su oci u visini h0 = 1:72m iznad tla?

Rjeenje:Iz slike se vidi da je

x1d

=h h02d

x2d

=h0

2d

Odavde je visina zrcala

x = x1 + x2 =h h02

+h0

2=h

2=1:85m

2= 0:925 m

2. PRIMJERI 45

a potrebna visina iznad tla iznosi

y =h0

2=1:72m

2= 0:86m

Primjer 40. Na kojoj udaljenosti ispred konkavnoga sfernoga zrcala polumjerazakrivljenosti R = 120 cm treba stajati covjek da bi u zrcalu vidio cetiri puta uvecanusliku svoga lica?

Rjeenje:Uspravna slika u konkavnome zrcalu nuzno je virtualna (iza zrcala). Zbog toga

je

m = ba= 4 =) b = 4a

Koristeci jednadzbu konjugacije za zrcalo slijedi

1

a+1

b=

2

R=) 1

a+

1

4a =2

R3

4a=

2

R=) a = 3R

8=3 120 cm

8= 45 cm

Primjer 41. Predmet visine y = 10 cm stoji a = 35 cm ispred konveksnogasfernog zrcala zarine daljine f = 40 cm. Izracunajte i gracki prikazite polozaj,velicinu i narav slike.

Rjeenje:Iz jednadzbe konjugacije dobije se polozaj slike

1

a+1

b=1

f=) b = af

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

56

3cm

Povecanje je

m = ba=

563 cm

35 cm=8

15

a visina slike iznosi

y0 = my =8

15 10 cm = 16

3cm

Ti rezultati, kao i gracko rjeenje pokazuju da je slika uspravna, umanjena i vir-tualna.

Primjer 42. Predmet je postavljen a = 90 cm ispred konkavnoga sfernog zrcalazarine duljine f = 70 cm. Izracunajte i gracki prikazite povecanje, polozaj i naravslike.

Rjeenje:Za polozaj slike jednadzbom konjugacije dobijemo

1

a+1

b=1

f=) b = af

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

te povecanje iznosi

m = ba= 315 cm

90 cm= 3: 5

Slika je obrnuta, uvecana i realna.

Primjer 43. Zraka svjetlosti upada na granicu izmeu zraka i nekog optickogsredstva pod kutom 60, a lomi se pod kutom 34520. Koliko iznosi indeks lomasvjetlosti, a koliko brzina svjetlosti u tom sredstvu? Indeks loma zraka nz 1.


Rjeenje:Iz zakona loma svjetlosti slijedi

sin

sin=

nsnz=n

1

n =sin

sin=

sin 60

sin 34520= 1:515

pa je brzina svjetlosti

v =c

n=2:9979 108 ms

1:515= 1: 978 8 108 m

sPrimjer 44. Sloj ulja indeksa loma nu = 1:45 prekriva povrinu vode indeksa

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

Rjeenje:Ovdje treba primijeniti zakon loma svjetlosti na obje granicne plohe optickih

sredstava. Tada dobivamonunz

=sin

sin

nvnu

=sin

sin

dakle je

sin =nunv sin = nu

nv sin nz

nu=nznv sin

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

sin =1

1:33 sin 45 = 0:53166

= arcsin 0:53166 = 3270

Primjer 45. Pomocu Fermatova principa prema kojemu svjetlost za svojeirenje odabire upravo onaj put za koji joj je potrebno najkrace vrijeme, dokazite davrijedi zakon loma svjetlosti.

Rjeenje:Ukupno vrijeme koje je svjetlosti potrebno da od tocke 1 doe do tocke 2 je

zbroj dva pojedina vremena prolaska svetlosti kroz sredstva 1 i 2.

t = t1 + t2 =s1v1+s2v2

=

ph21 + x

2

v1+

qh22 + (d x)2

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

dt

dx= 0

pa deriviranjem izraza imamo

dt

dx=

d

dx

0@ph21 + x2v1

+

qh22 + (d x)2

v2

1A=

1

v1

2x

2ph21 + x

2+1

v2

2 (d x) (1)2qh22 + (d x)2

= 0

2. PRIMJERI 47

odnosno

1

v1

xph21 + x

2=1

v2

d xqh22 + (d x)2

Iz slike se mogu dobiti trigonometrijske relacije

sin =xp

h21 + x2

sin =d xq

h22 + (d x)2

odakle dobivamo

sin

v1=sin

v2

to mozemo pisati kao

sin

sin=v1v2=

cn1cn2

=n2n1

to je Snellov zakon indeksa loma svjetlosti.

Primjer 46. Svjetlost pada na prizmu (A = 60) indeksa loma n = 1:6 podkutom 42 prema okolici. Kliko iznosi otklon upadne zrake?

Rjeenje:Otklon zrake iznosi

= + 0 0 = + 0 Ajer je

+ 0 = A

Iz zakona loma slijedi

n

1=

sin

sin=sin0

sin0

sin =sin

n=sin 42

1:6= 0:41821 =) = 24:72

0 = A = 60 24:72 = 35:28sin0 = n sin0 = 1:6 sin 35:28 = 0:924080 = arcsin 0:92408 = 67:53

pa je

= + 0 A = 42 + 67:53 60 = 49:53

Primjer 47. Svjetlost pada na prizmu kuta A = 60 po kutom 1 = 40 .Odredite koliki bi morao biti indeks loma prizme da svjetlost ne izae na suprotnojstrani prizme.

Rjeenje:Neka su ulazni kutevi na strane prizme 1 i 2, a izlazni 1 i 2. Tada vrijedi

A = 1 + 2

n =sin1sin1

=) sin1 =sin1n


Svjetlost nece izaci iz prizme ako je izlazni kut na drugoj stranici 2 = 90. Dakle

vrijedi

n =sin2sin2

=) sin2 = sin2n

=1

n

Trigonometrijskim transformacijama dobivamo

sin1 = sin (A 2) = sinA cos2 cosA sin2= sinA

q1 sin2 2 cosA sin2

= sinA s1

1

n

2 cosA 1

n

=sin1n

odakle je rjeenje po n

n =

p1 + sin2 1 + 2 sin1 cosA

sinA

Primjer 48. Kut upada pri kojemu je otklon zrake nakon prolaza kroz prizmukuta A = 45 minimalan, iznosi 38. Koliko iznosi indeks loma prizme?

Rjeenje:Iz izraza za minimalni kut loma prizme slijedi

n =sin min+A2sin A2

=sin 38+452sin 452

=sin 41:5

sin 22:5= 1:73

POGLAVLJE 6

FIZIKALNA OPTIKA

1. Uvod

Ako se elektromagnetski val iri sredstvom tada je njegova brzina

v =c

n=

cp"rr

gdje je n =p"rr - indeks loma sredstva. Brzina svjetlosti c, valna duljina i

frekvencija povezani su relacijom c = . Pri prijelazu iz vakuuma u sredstvo,kada se mijenja brzina irenja elektromagnetskog vala, mijenja se takoer i valnaduljina, dok frekvencija vala ostaje nepromijenjena. Indek sloma za zrak vrlo jedobro aproksimiran vrijednosti n = 1, koja vrijedi i za vakuum.

Fizikalna optika proucava iroko podrucje elektromagnetskih valova. irenjeelektromagnetskog vala amplitude A u smjeru x opisujemo izrazom

s = A sin 2t x

= A sin (!t kx)

Interferencija svjetlosti nastaje kad postoje dva ili vie koherentnih izvora sv-jetlosti. Intezitet rezultantne svjetlosti odreuje opticka razlika hoda dvaju valova,koja je za sredstvo indeksa loma n jednaka

= n = n (r1 r2)odakle vidimo da je za vakuum (priblizno i za zrak) opticka razlika hoda jednakageometrijskoj razlici (n = 1). Pripadnarazlika u fazi izmeu dvaju valova jednakaje

' = 2

Ako se svjetlost reektira na opticki gucem sredstvu, nastaje skok u fazi za ,dakle razlici faza treba dodati . Interferencija dvaju zraka je konstruktivna kadje opticka razlika hoda jednaka

= m; m 2 Za destruktivna

=

m+

1

2

; m 2 Z

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

I = I0 cos2

d sin#

I0 cos2

dy

D

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

y = mD

d; m 2 Z

49

50 6. FIZIKALNA OPTIKA

Razmak izmeu dvije susjedne pruge jednak je

y =D

d

Za intezitet od N koherentnih tockastih izvora svjetlosti, udaljenih meusobnoza d, intezitet rezultantne svjetlosti je

I = I0

"sinNd sin#

sind sin#

#2to daje izrazite maksimume za

d sin#m = m; m 2 ZIzmeu njih nalazi se jopo N 2 maksimuma i N 1 minimuma inteziteta. KadN postane vrlo velik, intezitet je znatan samo za kutove # koji zadovoljavaju ovurelaciju, a priblizno je nula za sve ostale kutove.

Newtonovi klobari nastaju interferencijom svjetlosti reektirane na plohamaplankonveksne lece i planparalelne ploce. Opticka razlika hoda pri tome iznosi

= 2an+

2=r2

Rn+

2

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

a =r2

2R

Polumjer m-tog tamnog kolobara je

r =pm

rR

n

a polumjer m-tog svjetlog kolobara je

r =

rm 1

2

rR

n

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

y =d

=m

2n; m 2 Z

dok je razmak izmeu susjednih pruga

y =

2n

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

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

I = I0

"sina sin#

a sin#

#2= I0

sin y

y

2gdje je

y =a

sin#

1. UVOD 51

Tamne pruge (minimumi inteziteta) dobivaju se za

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

a sin# =

jmj+ 1

2

; m 2 Z

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

slike mogu razlikovati. Za pukotinu irine a to je

# =

a

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

I = I0

"sina sin#

a sin#

#2 cos2

d

sin#

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

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

I = I0

"sina sin#

a sin#

#2"sinNd sin#

sind sin#

#2Za vrlo veliki broj N maksimumi inteziteta pojavljuju se za kutove # za koje vrijedi

d sin#m = m

gdje je m 2 Z - i zove se red ogibne slike. to je veca valna duljina veci je otklonza zadani red spektra.

Disperzija ogibne reetke denira se kao

D =d#

d=

m

d cos#

Ogibna reetka koristi se za spektralnu analizu ne samo vidljivog dijela spektra negoirokog podrucja elektromagnetskog zracenja.

Kristali predstavljaju prostorne reetke za rendgenske (rntgen) zrake. Smjerotklona rendgenskih zraka pokazuje Braggova jednadzba:

2d sin = m; m 2 Zgdje je d razmak dviju mreznih ravnina kristala, - polovina kuta otklona, a -valna duljina rendgenskih zraka.

Polarizacija svjetlosti odreena je ravninom titranja elektricnog polja u elek-tromagnetskom valu. Pri linearnoj (totalnoj) polarizaciji ravnina titranja jekonstantna. Pri cirkularnoj plarizaciji ravnina titranja jednoliko kruzi oko smjerairenja vala. Nepolarizirana svjetlost je ona pri kojoj se smjer titranja elektricnogpolja neprestano mijenja, te ravnina titranja poprima sve moguce polozaje. Zrakusvjetlosti moguce je polarizirati reeksijom. Ako su lomljena i reektirana zrakameusobno okomite, reektirana zraka je totalno polarizirana. Upadni kut Bdobije se pomocu Brewsterova zakona:

tanB = n21 =n2n1

52 6. FIZIKALNA OPTIKA

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

= ml

to daje mogucnosti ekperimentalnog odreivanja koncentracije.

2. Primjeri

Primjer 49. Dva koherentna svjetlosna vala frekvencije = 5 1014Hz dolazeu neku tocku prostora s geometrijskom razlikom puta = 1:8m. Odredite rezultatinterferencije ako se valovi ire kroz staklo indeksa loma nS = 1:5 i kroz voduindeksa loma nV = 1:33.

Rjeenje:Opticka razlika hoda iznosi

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

k + 12

imamo destruktivnu interferenciju. U naem slucaju je za staklo

kS =

=nS

=nS

c=1:5 1:8 106m 5 1014 s1

3 108 ms= 4: 5

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

kV =

=nV

=nV

c=1:33 1:8 106m 5 1014 s1

3 108 ms= 4

pa je interferencija konstruktivna i opaza se svjetlost.

Primjer 50. Promatrajuci interferenciju dvaju koherentnih izvora monokro-matske svjetlosti valne duljine = 620 nm, opaza

Documents

OPCA FIZIKA 3