Duˇsan Ili´c BOJE I OSVETLJENOST RACUNSKI ZADACIˇ - racunske vezbe... · 1. Svetlost kao elektromagnetni talas 1.1. Intenzitet magnetnog polja ravnog monohromatskog talasa u vakuumu

UNIVERZITET U NOVOM SADU

FAKULTET TEHNICKIH NAUKA

ANIMACIJA U INZENJERSTVU

Dusan Ilic

BOJE I OSVETLJENOST

RACUNSKI ZADACI

NOVI SAD2016

S A D R Z A J

1. SVETLOST KAO ELEKTROMAGNETNI TALAS . . . . . . . . . 1

Zadaci za samostalni rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2. KORPUSKULARNA PRIRODA SVETLOSTI . . . . . . . . . . . . . 6

Zadaci za samostalni rad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3. BOROV MODEL ATOMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16


4. ODBIJANJE I PRELAMANJE SVETLOSTI . . . . . . . . . . . . . 22


5. APSORPCIJA ELEKTROMAGNETNOG ZRACENJA . . . 28


6. INTERFERENCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30


7. DIFRAKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Idealni gasovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

8. POLARIZACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38


9. OGLEDALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41


10. SOCIVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50


11. FIZIKA OKA I VID. ENJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61


12. FOTOMETRIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65


Vrednosti nekih konstanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

1. 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 dielektricne kon-stante εr = 81 (voda). Kolika je promena talasne duzine ovogtalasa pri prelasku 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.

4

Zadaci za samostalni rad:

1.6. 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.

1.7. 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.

1.8. 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?

1.9. 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?

5

2. 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. 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.

6

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 .

2.4. 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 .

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 .

7

2.5. 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.

2.6 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?

8

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 .

2.7. 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

)

.

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 .

9

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 .

2.8. 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 ms

7, 24 · 1014 Hz= 414, 4nm ,

zracenje pripada vidljivom delu spektra (ljubicasta boja).

10

2.9. 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 ,

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 .

2.10. 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.

11

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)

.

Resavanje prethodne jednacine po izlaznom radu daje:

A = hcλ2 − n2λ1

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

2.11. 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,

12

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.

2.12. 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

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.

13


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

2.14. 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.

2.15. 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.

2.16. 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.

2.17. 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 ?

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

14

2.19. 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.

15

3. 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,

16

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 = −meZ

2e4

8 ε02h2

(

1

n2− 1

k2

)

,

odakle sledi:(

1

λ

)

n→k=

meZ2e4

8 c ε02h3

(

1

k2− 1

n2

)

.

17

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= Z2R

H

(

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.

18

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 .

19

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= Z2R

H

(

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.


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.

20

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.

21

4. 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

22

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◦ .

23

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

24

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

0N

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)

25

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.


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

26

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.)

27

5. 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 .

28

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 .


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.

29

6. 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) .

30

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?

31

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.


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.

32

7. 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 .

33

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:

34

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 .

35

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 .

36


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?

37

8. 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 .

38

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 ,

39

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%) .


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?

40

9. Ogledala

9.1. Koliku najmanju visinu treba da ima i na kojoj visini nazidu mora biti postavljeno ravno ogledalo, da bi covek visokH = 1, 72m mogao u njemu da vidi ceo svoj lik? Covekove ocinalaze se na visini h = 1, 60m od poda.

RESENJE:

Visina ogledala i njegov polozaj moraju da budu takvi da svetlosni zraci izkrajnjih tacaka A i B, posle refleksije od ogledala, stignu do covekovih ociju(tacka O).

A

B C

D

OE

F

H

h

Na osnovu zakona odbijanja moze se zakljuciti da je:

CD =OB

2=

h

2i EF =

OA

2=

H − h

2,

a sa slike se vidi da je visina ogledala DE:

DE = H − CD − EF = H − h

2− H − h

2=

H

2=

1, 72m

2= 0, 86m.

Gornja ivica ogledala treba da se nalazi na visini:

CE = h + EF = h +H − h

2=

H + h

2=

1, 72m + 1, 6m

2= 1, 66m .

41

9.2. Mali predmet se nalazi izmedu dva ravna ogledala postavlje-na pod uglom α = 30◦, na rastojanju ℓ = 8 cm od linije presekaogledala. Na kom medusobnom rastojanju x se nalaze prviimaginarni likovi ovog predmeta u ogledalima?

RESENJE:

Imaginarni likovi L1 i L2 nalaze se na istoj udaljenosti od ogledala kao ipredmet P .

O1P

L1

O2

L2

x

a

l

C

To znaci da je:CL1 = ℓ i CL2 = ℓ ,

a takode i da je ugao 6 L1CL2 = 2α. Na osnovu kosinusne teoreme je:

x2 = ℓ2 + ℓ2 − 2 ℓ2 cos 2α

i konacno:x = ℓ

√

2 (1 − cos 2α) = 8 cm .

9.3. Konkavno sferno ogledalo daje realan lik koji je tri puta veciod predmeta. Kolika je zizna daljina ogledala, ako je rasto-janje izmedu predmeta i njegovog lika d = 20 cm?

RESENJE:

Zizna daljina ogledala dobija se izjednacine konkavnog sfernog ogledala:

1

f=

1

p+

1

ℓ,

odakle je:f =

p · ℓp + ℓ

. (1)

Kako je uvecanje ogledala:

u =L

P=

ℓ

p= 3 (2)

dp

l

P

LF

\\\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\\\

42

i kako se sa slike vidi veza:

ℓ − p = d , (3)

resavanjem sistema jednacina (2) i (3) dobija se:

p =d

u − 1i ℓ = d · u

u − 1.

Zamenom ovih izraza u (1), za ziznu daljinu se dobija:

f =u · d

(u + 1)(u − 1)= 7, 5 cm .

9.4. Svetao predmet nalazi se na rastojanju p = 42, 7 cm od kon-kavnog ogledala (p > f). Ako se predmet udalji od ogledalaza ∆p = 10 cm, rastojanje lika u odnosu na ogledalo promenise za ∆ℓ = 60 cm. Odrediti ziznu daljinu ogledala.

RESENJE:

Dp

F

p

P

L1

L2

l

Dll Dl

Za predmet koji se nalazi na rastojanju p od ogledala, vazi relacija:

1

p+

1

ℓ=

1

f. (1)

Kada se predmet udalji od ogledala za ∆p, imamo da je:

1

p + ∆p+

1

ℓ − ∆ℓ=

1

f. (2)

43

Kombinovanjem izraza (1) i (2) dobija se kvadratna jednacina po ℓ oblika::

∆p · ℓ2 − ∆p∆ℓ · ℓ − p (p + ∆p)∆ℓ = 0 ,

cija su resenja:

ℓ(1,2) =∆ℓ

2

[

1 ±√

1 +4p (p + ∆p)

∆p ∆ℓ

]

⇒ ℓ = 150 cm

(negativno resenje odbacujemo, jer zbog uslova p > f lik ne moze biti ima-ginaran!) Sada je na osnovu (1):

f =p · ℓp + ℓ

=42, 7 cm · 150 cm

42, 7 cm + 150 cm= 33, 24 cm .

9.5. Svetao predmet nalazi se na rastojanju p = 23 f od konveksnog

ogledala. Kakav ce biti i gde ce se nalaziti lik ovog predmeta?

RESENJE:

Jednacina konveksnog ogledala imaoblik:

− 1

f=

1

p− 1

ℓ,

jer su ziza i lik koji daje konveksnoogledalo imaginarni. Udaljenost likaod temena ogledala je, prema tome:

ℓ =p · fp + f

, tj. ℓ =2

5f .

Dp

F

p

P

L1

L2

l

Dll Dl

Uvecanje ogledala je:

u =L

P=

ℓ

p=

3

5< 1 ,

sto znaci da je lik umanjen.

9.6. Konkavno i konveksno ogledalo jednakih poluprecnika krivinepostavljena su na medusobnom rastojanju d (d > R) tako daim se opticke ose poklapaju. Na kom rastojanju p1 od temenakonkavnog ogledala treba postaviti predmet P da bi njegovilikovi u oba ogledala bili jednakih velicina?

44

RESENJE:

\\\\\\\\\

\\\\

\\\\

\\\ \

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\\\\

\\\\\\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\\\\

p

P

p l

L

L

l

FF

1

2 2

2

1

1

2F

21

d

C2

Polazi se od izraza za uvecanje ogledala:

u1 =L1

P=

ℓ1

p1

,

u2 =L2

P=

ℓ2

p2

.

Prema uslovu zadatka L1 = L2 , sledi:

ℓ1

p1

=ℓ2

p2

. (1)

Na osnovu jednacine za konkavno ogledalo:

1

f=

2

R=

1

p1

+1

ℓ1

i konveksno ogledalo:

− 1

f= − 2

R=

1

p2

− 1

ℓ2

,

sledi:

ℓ1 =f · p1

p1 − f, (2)

ℓ2 =f · p2

p2 + f. (3)

Ako se jednacine (2) i (3) uvrste u (1), dobija se:

p2 + f = p1 − f .

45

S obzirom da je d = p1 + p2 , sledi p2 = d − p1 . Tada je:

d − p1 + f = p1 − f ⇒ 2p1 = 2f + d

i konacno:

p1 = f +d

2.

9.7. Dva jednaka konkavna sferna ogledala ziznih daljina f = 30 cmpostavljena su jedno naspram drugog na rastojanju d = 5 f ,tako da im se opticke ose poklapaju. Na rastojanju p1 = 50 cmod jednog ogledala nalazi se svetao predmet velicine P = 2 cm.

a) Odrediti gde se nalazi konacni lik predmeta, ako je poz-nato da njega formiraju svetlosni zraci koji se odbijajunajpre od blizeg, a potom od daljeg ogledala.

b) Kolika je velicina ovog lika?

RESENJE:

P

p1

L1

d = f5

F FL2

l1p2

l2

f

a) Polozaji likova L1 i L2 odredeni su jednacinama:

1

p1+

1

ℓ1=

1

f⇒ ℓ1 =

p1 · fp1 − f

= 75 cm i1

p2+

1

ℓ2=

1

f.

Sa slike se vidi da je p2 = d − ℓ1 = 5f − ℓ1, tako da dobijamo:

ℓ2 =p2 · fp2 − f

=(5f − ℓ1) f

4f − ℓ1= 50 cm .

46

b) Uvecanja prvog i drugog ogledala su:

u1 =L1

P=

ℓ1

p1⇒ L1 =

ℓ1

p1P ,

u2 =L2

L1=

ℓ2

p2=

ℓ2

5f − ℓ1,

na osnovu cega proizilazi:

L2 =ℓ2

5f − ℓ1L1 =

ℓ2

5f − ℓ1

ℓ1

p1P = 2 cm .

9.8. Za odredivanje zizne daljine konveksnog sfernog ogledala O1

koristi se eksperiment prikazan na slici. Ravno ogledalo O2

pomera se duz ose sfernog ogledala sve dok se likovi predmetaP u oba ogledala ne poklope, pri cemu su rastojanja a = 30 cmi b = 10 cm. Kolika je zizna daljina sfernog ogledala?

\\\\\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\\\\\

P

F

a b

O1

O2

C

RESENJE:

Konstrukcija likova L1 pomocu konveksnog i L2 pomocu ravnog ogledalaprikazana je na slici.

\\\\\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\

\\\\\\\\

P

F

a b

O1

O2

C

L1

L2

l

47

Polazeci od jednacine konveksnog ogledala:

− 1

f=

1

p− 1

ℓ⇒ f =

p · ℓp − ℓ

i slike, sa koje se vidi da je:

p = a + b i a = b + ℓ ⇒ ℓ = a − b ,

dobija se:

f =(a + b) (a − b)

a + b − (a − b)=

a2 − b2

2b= 40 cm .


9.9. Horizontalni zrak svetlosti padana vertikalni ekran. Ako se naput zraka postavi ravno ogledalce,udaljeno od ekrana za ℓ = 0, 5m,svetla tacka na ekranu pomeri seza h = 3, 5 cm. Pod kojim uglompada zrak na ogledalce?

O

l

hh

9.10. Svetao predmet nalazi se na rastojanju p = 3R od temenakonkavnog sfernog ogledala poluprecnika krivine R. Za kolikoputa ce se povecati velicina lika predmeta u ogledalu ako senjegov poluprecnik krivine poveca dva puta?

9.11. Predmet velicine P = 3mm postavljen je na udaljenosti p =f/4 od temena sfernog ogledala. Kolika ce da bude velicinalika ovog predmeta ako je ogledalo konkavno, a kolika ako jekonveksno?

48

9.12. Konkavno sferno ogledalo poluprecnika zakrivljenosti R1 =20 cm i konveksno ogledalo poluprecnika krivine R2 = −30 cmnalaze se na medusobnom rastojanju d = 40 cm tako da imse opticke ose poklapaju. Svetao predmet velicine P = 5 cmpostavljen je na rastojanje p1 = 15 cm od temena konkavnogogledala. Odrediti polozaj, velicinu i prirodu konacnog likakoji grade zraci kada se odbiju najpre od konkavnog, a zatimod konveksnog ogledala.

9.13. Za odredivanje zizne daljine konkavnog sfernog ogledala O1

koristi se eksperiment prikazan na slici. Ispred ogledala O1

postave se dva predmeta P1 i P2 i ravno ogledalo O2. Ravnoogledalo i predmet P2 pomeraju se duz ose sfernog ogledalasve dok se likovi predmeta P1 i P2 u oba ogledala ne poklope,pri cemu su rastojanja a = 30 cm i b = 25 cm i c = 6 cm. Kolikaje zizna daljina sfernog ogledala?

P1

F

a

b

O1

O2

C

P2

c

49

10. Sociva

10.1. Plankonveksno socivo poluprecnika krivine R = 10 cm nacinjenoje od stakla indeksa prelamanja n = 1, 5. Kolika je zizna daljinaovog sociva:

a) u vazduhu ;

b) u vodi indeksa prelamanja n1 = 4/3 ?

c) Sta ce se desiti ako se socivo nalazi u sredini ciji je indeksprelamanja n1 = 3/2, isti kao indeks prelamanja materi-jala od kojeg je napravljeno socivo?

d) Kolika bi bila zizna daljina sociva ako bi spoljna sredinaimala indeks prelamanja n1 = 1, 6, dakle veci nego sto jeindeks prelamanja materijala sociva? Kakav karakter biimalo ovo socivo?

RESENJE:

a) U opstem slucaju zizna daljina sociva se odreduje iz relacije:

j =1

f=

n2 − n1

n1

(

1

R1+

1

R2

)

.

Kako je u ovom slucaju R1 = R, R2 = ∞, n2 = n i n1 = 1, to jezizna daljina ovog sociva u vazduhu:

f1 =R

n − 1= 20 cm .

b) Zizna daljina sociva u vodi iznosi:

f2 =R

n

n1− 1

= 80 cm .

c) Zizna daljina sociva u sredini ciji je indeks prelamanja isti kao i indeksprelamanja sociva (n2 = n1) je:

f =R

n2

n1

− 1= ∞ ,

50

sto znaci da socivo gubi svoje osobine i da mu opticka moc postajejednaka nuli.

d) U sredini koja ima veci indeks prelamanja od sociva, zizna daljinasociva bi bila:

f =R

n2

n1

− 1= −160 cm .

Dakle, ovom slucaju se pomenuto socivo ponasa kao rasipno.

10.2. U prozorskoj staklenoj ploci ostao je prilikomizrade prostor ispunjen vazduhom oblika bikon-veksnog sociva, cije granicne povrsine imajujednake poluprecnike krivina R = 2mm. Ko-liko iznosi zizna daljina ovog ,,sociva”, ako jeindeks prelamanja stakla n = 1, 52?

RESENJE:

Ponovo polazimo od jednacine:

1

f=

n2 − n1

n1

(

1

R1+

1

R2

)

,

ali je u ovom slucaju n2 = 1 , n1 ≡ n i R1 = R2 ≡ R:

1

f=

(

1

n− 1

)

2

R,

te je trazena zizna daljina:

f =R

2(

1n − 1

) =2mm

2(

11,52 − 1

) ≈ −3mm ,

sto znaci da se opisani vazdusni prostor ponasa kao rasipno socivo.

10.3. Pomocu simetricnog sabirnog sociva ciji je poluprecnik krivi-ne R = 30 cm dobija se realan lik nekog predmeta uvecan petputa. Socivo se nalazi u vazduhu, a nacinjeno je od materi-jala ciji je indeks prelamanja n = 1, 50. Odrediti rastojanjepredmeta i lika u odnosu na socivo.

51

RESENJE:

P

L

p

f f

F F

l

Polazeci od jednacine sabirnog sociva u obliku:

1

p+

1

ℓ=

n − n1

n1

(

1

R1+

1

R2

)

= (n − 1)2

R,

jer je R1 = R2 ≡ R (simetricno socivo) i n1 = 1 i uzimajuci u obzir da je:

u =ℓ

p= 5 ,

dobija se:1

p+

1

5p= (n − 1)

2

R⇒ 6

5p=

2(n − 1)

R

i konacno:

p =3R

5(n − 1)= 36 cm, ℓ = 5p = 180 cm .

10.4. Visina plamena svece iznosi 5 cm. Socivo, ciji je polozaj fik-siran, pokazuje na zaklonu njegov lik visine 15 cm. Sveca sepotom udalji za ∆p = 1, 5 cm od sociva i pomeranjem zaklonaponovo se dobije ostar lik plamena visine 10 cm. Odreditiziznu daljinu sociva.

RESENJE:

52

Dp p1

p2

F

1l

2l

F

P

L1

L2

Prema uslovu zadatka je:

1

f=

1

p1+

1

ℓ1=

1

p2+

1

ℓ2,

pri cemu je:p2 = p1 + ∆p ,

i

u1 =L1

P=

ℓ1

p1= 3 ⇒ ℓ1 = 3p1 ,

u2 =L2

P=

ℓ2

p2= 2 ⇒ ℓ2 = 2p2 = 2(p1 + ∆p) .

Dakle:1

p1+

1

3p1=

1

p1 + ∆p+

1

2(p1 + ∆p),

odnosno:p1 = 8∆p = 12 cm i ℓ1 = 3p1 = 36 cm ,

na osnovu cega konacno proizilazi:

f =p1 · ℓ1

p1 + ℓ1= 9 cm .

53

10.5. Opticki sistem se sastoji iz dva tanka sociva od kojih je jednosabirno zizne daljine f1 = 0, 8m, a drugo rasipno zizne daljinef2 = −1, 2m. Opticke ose sociva se poklapaju, a medusobnorastojanje sociva je jednako zbiru njihovih ziznih daljina. Narastojanju p1 = 1, 4m ispred sabirnog sociva, izvan medusobnograstojanja sociva, postavljen je osvetljen predmet. Gde senalazi krajnji lik predmeta? Da li bi se od datog predmetamogao dobiti isti ovakav lik, na istom mestu, upotrebom samojednog sociva?

RESENJE:

P

FF

F

p

L

l

L

l

111

2

1 21

2

2

p

f +1 2f

Na osnovu jednacine za sabirno socivo:

1

f1=

1

p1+

1

ℓ1

sledi:

ℓ1 =p1 · f1

p1 − f1= 1, 87m .

Lik L1 je predmet rasipnog sociva i udaljen je od optickog centra sociva za:

p2 = f1 + |f2| − ℓ1 = 0, 13m .

Koristeci jednacinu za rasipno socivo:

− 1

f2=

1

p2− 1

ℓ2,

dobija se konacno:

ℓ2 =p2 · f2

f2 + p2= 0, 12m .

54

Krajnji lik je imaginaran i obrnut u odnosu na predmet P . Kako su imagi-narni likovi uvek uspravni, jasno je da se ovakav lik ne moze dobiti na istommestu upotrebom samo jednog sociva.

10.6. Dva simetricna bikonveksna sociva nalaze se u vazduhu. Prvosocivo ima ziznu daljinu f1 = 10 cm i indeks prelamanja n1 =1, 44, a drugo socivo je zizne daljine f2 = 20 cm i indeksa prela-manja n2 = 1, 54. Ako se sociva postave u tecnost indeksaprelamanja n′, odrediti:

a) kolika mora biti vrednost indeksa prelamanja n′ da bi uposmatranoj tecnosti oba sociva imala istu ziznu daljinuf ′;

b) kolika je vrednost zizne daljine f ′.

RESENJE:

a) Kada se sociva nalaze u vazduhu, vaze jednacine:

1

f1= (n1 − 1)

2

R1⇒ 2

R1=

1

f1 (n1 − 1),

1

f2= (n2 − 1)

2

R2⇒ 2

R2=

1

f2 (n2 − 1),

dok je u slucaju kada se sociva nalaze u tecnosti indeksa prelamanjan′:

1

f ′1

=n1 − n′

n′

2

R1,

1

f ′2

=n2 − n′

n′

2

R2.

Prema uslovu zadatka je f ′1 = f ′

2, na osnovu cega sledi:

n1 − n′

n′

2

R1=

n2 − n′

n′

2

R2,

odnosno:n1 − n′

n′

1

f1 (n1 − 1)=

n2 − n′

n′

1

f2 (n2 − 1)

i konacno:

n′ =

n1f1 (n1−1) −

n2f2 (n2−1)

1f1 (n1−1) − 1

f2 (n2−1)

= 1, 371 .

55

b) Polazeci od relacija:

1

f ′=

n1 − n′

n′

1

f1 (n1 − 1)=

n2 − n′

n′

1

f2 (n2 − 1)

dobija se da je:

f ′ =n′f1 (n1 − 1)

n1 − n′=

n′f2 (n2 − 1)

n2 − n′= 87, 5 cm .

10.7. Sabirno socivo zizne daljine fs daje realan lik nekog predmetana rastojanju ℓ = 25 cm od svog optickog centra. Kada seneposredno uz njega postavi jedno rasipno socivo i napravikombinacija sociva, rastojanje lika poveca se za ∆ℓ = 15 cm.Odrediti ziznu daljinu rasipnog sociva.

RESENJE:

P

L

p

fs

fs

l

Fs Fs

P

L’

Fk

p +Dl l

fk

Fk

fk

Jednacina sabirnog sociva je:

1

p+

1

ℓ=

1

fs,

56

a kombinovanog:1

fk=

1

fs+

1

fr=

1

p+

1

ℓ + ∆ℓ.

Na osnovu ovih relacija proizilazi:

1

fr= − ∆ℓ

ℓ(ℓ + ∆ℓ)

i konacno:

fr = −ℓ(ℓ + ∆ℓ)

∆ℓ= −66, 7 cm .

10.8. Objektiv mikroskopa ima opticku moc j1 = 40 dioptrija, aokular j2 = 20 dioptrija. Ispod objektiva nalazi se osvetljenipredmet (preparat) velicine P = 0, 02mm na rastojanju p1 =2, 8 cm od optickog centra objektiva. Konacan lik koji dajemikroskop formira se na daljini jasnog vida s = ℓ2 = 25 cm odokulara. Konstruisati konacni lik i odrediti ukupno uvecanjemikroskopa, kao i velicinu L2 konacnog lika.

RESENJE:

P

p

p

L

l

1

F11

1

okular

objektiv

L

F2

ld

2

F2

2

2

F1

Konstrukcija konacnog lika je prikazana na slici. Zizna daljina objektivaiznosi:

f1 =1

j1

=1

40m = 0, 025m ,

57

a okulara:

f2 =1

j2

=1

20m = 0, 05m .

Na osnovu jednacine:1

f1=

1

p1+

1

ℓ1,

udaljenost lika L1 koji formira objektiv imace vrednost:

ℓ1 =p1 · f1

p1 − f1=

2, 8 · 2, 52, 8 − 2, 5

cm = 23, 3 cm .

Lik L1 igra ulogu predmeta za okular koji deluje kao lupa, tako da na osnovujednacine:

1

f2=

1

p2− 1

ℓ2

i uslova zadatka ℓ2 = s , sledi:

p2 =f2 · sf2 + s

=5 · 255 + 25

cm = 4, 17 cm .

Prema tome, ukupno uvecanje mikroskopa moze se odrediti kao:

u = u1 · u2 =ℓ1

p1· s

p2= 49, 9 ≃ 50 .

Kako je uvecanje odredeno i relacijom:

u =L1

P· L2

L1=

L2

P,

velicina konacnog lika bice:

L2 = u · P = 50 · 0, 02mm = 1mm .

10.9. Mikroskop ima objektiv zizne daljine f1 = 1 cm, a okularzizne daljine f2 = 3 cm. Razmak izmedu objektiva i okulara jed = 20 cm. Na kojoj udaljenosti od objektiva treba postavitipredmet da bi ga, gledajuci kroz okular, videli na udaljenostiℓ2 = 22 cm? Koliko je linearno uvecanje mikroskopa?

58

RESENJE:

Lik koji daje objektiv je predmet za okular i od njega je udaljen za p2

(pogledati sliku u prethodnom zadatku). Posto je po uslovu zadatka lik kojidaje okular udaljen od njegovog optickog centra za ℓ2 = 22 cm, sledi:

1

f2=

1

p2− 1

ℓ2⇒ p2 =

f2 · ℓ2

f2 + ℓ2=

3 · 223 + 22

cm = 2, 64 cm .

Lik koji daje objektiv mora biti udaljen od objektiva za:

ℓ1 = d − p2 = (20 − 2, 64) cm = 17, 36 cm .

Iz jednacine:1

f1=

1

p1+

1

ℓ1,

sledi da je:

p1 =f1 · ℓ1

ℓ1 − f1= 1, 06 cm .

Linearno uvecanje mikroskopa iznosi:

u = u1 · u2 =ℓ1

p1· ℓ2

p2= 136, 5 .


10.10. Tankim plankonveksnim socivom poluprecnika krivine R =50 cm dobija se realan lik koji je tri puta veci od predmeta.Odrediti rastojanja predmeta i lika od ovog sociva, ako jeindeks prelamanja materijala od kojeg je ono nacinjeno n =1, 50. Koliko bi iznosila ova rastojanja ako bi lik bio imagi-naran?

10.11. Sabirno socivo zizne daljine fs = 10 cm i rasipno socivo nepoz-nate zizne daljine postavljeni su na medusobnom rastojanjud = 50 cm tako da im se opticke ose poklapaju. Na udaljenostip1 = 15 cm ispred sabirnog sociva nalazi se osvetljeni pred-met velicine P . Odrediti ziznu daljinu rasipnog sociva ako jepoznato da je konacni lik ovog predmeta umanjen dva puta.

59

10.12. Bikonveksno socivo daje realni lik posmatranog predmeta sauvecanjem 1, 5. Ako se socivo pomeri za 12 cm duz svojeglavne ose, dobija se imaginarni lik istog predmeta sa uve-canjem 1, 5. Kolika je zizna daljina ovog sociva?

10.13. Odrediti polozaj, velicinu i prirodu lika koji nastaje kadase osvetljeni predmet visine P = 5mm postavi na rastojanjep = 14 cm od centra bikonveksnog sociva. Socivo je simetricno(R1 = R2 ≡ R = 20 cm), napravljeno je od stakla indeksa prela-manja n = 1, 625, a nalazi se u vodi ciji je indeks prelamanjanv = 1, 33.

10.14. Predmet koji je udaljen 10 cm od centra tankog simetricnogsabirnog sociva daje na zaklonu lik velicine 4, 5 cm. Kada seisti predmet pomeri na rastojanje 8 cm od ovog sociva, velicinalika iznosi 9 cm. Odrediti:

a) ziznu daljinu sociva;

b) velicinu predmeta.

60

11. Fizika oka i videnja

11.1. Mreznjaca u ljudskom oku se nalazi na rastojanju 24mm odocnog sociva. Oko se fokusira na predmet udaljen 2m i visine40 cm. Odrediti ziznu daljinu ocnog sociva, kao i velicinu likau mreznjaci.

RESENJE:

Polazeci od jednacine:1

f=

1

p+

1

ℓ

i uzimajuci da je p = 200 cm, ℓ = 2, 4 cm (lik se stvara u mreznjaci), sledi:

f =p · ℓp + ℓ

= 2, 37 cm .

Kao sto se vidi, zizna daljina ocnog sociva je veoma bliska rastojanju likaℓ, a to je posledica mnogo veceg rastojanja predmeta (p ≫ ℓ). Zbog togai relativno velike promene velicine p ne zahtevaju znatnu promenu ziznedaljine.Velicinu lika u mreznjaci odredicemo polazeci od definicije uvecanja:

u =L

P=

ℓ

p⇒ L =

ℓ

pP =

2, 4 cm

200 cm40 cm = 0, 48 cm = 4, 8mm .

11.2. Kolika je akomodacija (izrazena u dioptrijama) neophodna,da bi normalno oko dobro videlo i daleke i bliske predmete?Daljina jasnog vida iznosi s = 25 cm.

RESENJE:

Daljnja tacka akomodacije je beskonacno udaljena, te je:

1

∞ +1

ℓ= j daleko ,

gde je ℓ− rastojanje lika koji se formira u mreznjaci od ocnog sociva, dok jeza blisku tacku:

1

s+

1

ℓ= j blisko .

61

Prema tome, akomodacija oka jednaka je:

∆j = j blisko − j daleko =1

s+

1

ℓ− 1

ℓ=

1

s=

1

25 · 10−2m= 4D .

11.3. Kratkovid covek moze jasno da vidi predmet ako se nalazi naudaljenosti 50 cm od oka. Kolika treba da bude opticka mocnaocara koje on mora da nosi?

RESENJE:

Uloga sociva naocara je da ,,pomeri” predmet iz beskonacnosti na rastojanjesa koga se on jasno vidi. Dakle, covek treba da koristi naocare koje ce da-vati imaginarni lik beskonacno udaljenog predmeta na rastojanju najmanje50 cm. Iz:

1

∞ − 1

ℓ=

1

f,

dobija se:

f = −ℓ = −50 cm j =1

f= −2D .

11.4. Kakve naocare treba da nosi:

a) dalekovid covek kome je daljina jasnog vida 50 cm;

b) kratkovid covek kome je daljnja tacka akomodacije 40 cm?

RESENJE:

a) Sa naocarima, daljina jasnog vida je s = 25 cm, a bez njih s1 = 50 cm.Prema tome, ako se predmet nalazi na rastojanju s, njegov imaginarnilik u socivu naocara treba da bude na rastojanju s1 od oka:

j =1

s− 1

s1⇒ j = +2D .

b) Sa naocarima, daljnja tacka akomodacije je beskonacno daleka, a beznaocara je x = 40 cm. Dakle, imaginarni lik beskonacno dalekog pred-meta u socivu naocara treba da se formira na rastojanju x od oka:

1

∞ − 1

x=

1

f= j ⇒ j = −1

x= −2, 5D .

62

11.5. Bliska i daljnja tacka akomodacije kratkovidog coveka su 8 cmi 17 cm. Koliko iznose ove tacke ako covek stavi naocare jacine−4D?

RESENJE:

Neka je x = 8 cm bliska tacka akomodacije samog oka, a x′ bliska tackaakomodacije oka sa socivom naocara. Kada se predmet nalazi na rastojanjux′, njegov lik u socivu naocara formira se na rastojanju x od oka:

1

x′− 1

x= − 1

f⇒ x′ =

x f

f − x≈ 12 cm.

Na slican nacin se dobija da je daljnja tacka akomodacije:

y′ =y f

f − y= 53 cm.

11.6. Covek normalnog vida stavio je naocare jacine +3D.

a) Na kolikom rastojanju on treba da drzi predmet da bi gajasno video bez naprezanja ocnog misica?;

b) Na kolikom maksimalnom rastojanju covek moze da drzipredmet da bi ga video?

RESENJE:

Prema rezultatu zadatka 11.2, akomodacija oka jednaka je:

∆j = j blisko − j daleko =1

s+

1

ℓ− 1

ℓ=

1

s=

1

25 · 10−2m= 4D .

Sa naocarima cija je dioptrija +3D akomodacija je j = +7D, te je:

1

x= j ⇒ x =

1

7m = 14, 3 cm .

Svrha naocara je da ocuvaju da akomodacija ostane na vrednosti +4D, teje:

1

x− 1

y= 4D ,

odnosno:1

y= 7D − 4D ⇒ y =

1

3m = 0, 33 cm .

63


11.7. Za citanje teksta covek koristi naocare jacine −4D. Na ko-likom rastojanju on treba da drzi ravno ogledalo da bi unjemu video svoj lik bez koriscenja naocara?

11.8. Odrediti jacinu sociva potrebnog za korekciju kratkovidogoka, kod koga je najdalja tacka jasnog vida na udaljenostiod 1m, a najbliza tacka jasnog vida na 25 cm. Uzeti da jeudaljenost mreznjace od ocnog sociva ℓ ≈ 2 cm.

11.9. Kratkovida osoba ima najblizu tacku jasnog vida na 15 cm odoka bez naocara. Kolika ce biti daljina jasnog vida ako osobanosi naocare sa korektivnim socivima od −1D?

11.10. Odrediti jacinu korektivnog sociva kod dalekovidog oka potrebnuda omoguci osobi, cija je najbliza tacka jasnog vida 2m, dacita tekst bez naprezanja na udaljenosti od 0, 25m.

64

12. Fotometrija

12.1. Sa koje udaljenosti posmatrac jos uvek moze da vidi upaljenucigaretu u potpuno mracnoj noci, ako je svetlosni intenzitetupaljene cigarete I = 0, 0025 cd? Najmanji svetlosni fluks kojiokom moze da se zapazi je Φ = 10−13 ℓm, a povrsina zenice umraku iznosi S = 0, 4 cm2.

RESENJE:

Zenicu oka smatracemo tackastom, tako da je njena osvetljenost:

E =I

r2cos α .

Odavde se za udaljenost izmedu izvora svetlosti i zenice dobija:

r =

√

I cos α

E. (1)

Svetlosni fluks koji stize do zenice je Φ = E ·S, gde je E osvetljenost zenice,a S njena povrsina. Sledi da je:

E =Φ

S. (2)

Uvrstavanjem izraza (2) u izraz (1) dobija se:

r =

√

IS cos α

Φ.

Ovo rastojanje najvece je za α = 0, tj. za cos α = 1, kada svetlost upadanormalno na povrsinu zenice. Trazeno rastojanje prema tome iznosi:

r =

√

IS

Φ= 1000m .

12.2. Tackast izvor svetlosti S jacine I = 100 cd postavljen je u geo-metrijskom centru prostorije u obliku kocke sa ivicom a = 4m.Odrediti:

a) ukupan svetlosni fluks koji pada na pod prostorije;

b) srednju osvetljenost poda;

c) najvecu i najmanju vrednost osvetljenosti poda.

65

RESENJE:

a) Ukupan svetlosni fluks koji daje svetlosni izvor je:

Φ = 4πI .

Svetlosni fluks Φ1 koji pada na pod prostorije je:

Φ1 =1

6Φ =

2π

3I = 209, 33 ℓm .

b) Srednja osvetljenost poda iznosi:

E =Φ1

a2= 13, 08 ℓx .

c) Najosvetljenija tacka poda nalazi se u preseku dijagonala, neposrednoispod sijalice (α = 0), tako da je:

Emax =I

r2=

I(

a

2

)2 =4I

a2= 25 ℓx .

Najmanju osvetljenost imajutacke koje leze u temenimakvadrata. Njihovo rastojanjeod izvora je:

r1 =a√

3

2,

odnosno polovina prostorne di-jagonale kocke, dok je:

r a

2=

r1=

a

2

r

a

a

3

S

a

cos α =

a

2a√

3

2

=1√3

.

Dakle, za minimalnu osvetljenost se dobija:

Emin =I

r12

cos α =4√

3I

9a2= 4, 8 ℓx .

66

12.3. Dva tackasta svetlosna izvora S1 i S2 osvetljavaju povrsinuMN. Izvori se nalaze na medusobnom rastojanju ℓ = 1m i navisini h = 2m iznad povrsine koju osvetljavaju.

a) Koliko iznose osvetljenosti u tackama A i B, ako svakiod svetlosnih izvora emituje totalni svetlosni fluks odΦ = 2100 ℓm?

b) Koliko iznosi osvetljenost tacke C koja lezi na sredinirastojanja izmedu A i B?

RESENJE:

1 2S

MA B

N

h

l

S

r1

1 2S

MA

C

B

N

h

l

S

a1r aa a

1 r1r

a) b)

a) Osvetljenosti tacaka A i B medusobno su jednake i predstavljaju zbirosvetljenosti koje poticu od izvora S1 i S2, odnosno:

EA = EB = E1 + E2 , (1)

gde je E1 osvetljenost u tacki A koja potice od izvora S1, a E2 osvetl-jenost tacke A koja potice od izvora S2. Prema tome:

E1 =I

h2i E2 =

I

r2cos α , (2)

gde je I = Φ/4π intenzitet izvora S1 i S2. Sa slike se vidi da vazi:

r2 = h2 + ℓ2 , (3)

kao i da je:

cos α =h√

h2 + ℓ2. (4)

Uvrstavanjem izraza (2), (3) i (4) u izraz za osvetljenost, konacno sedobija:

EA = EB =Φ

4πh2

1 +

1(

1 + ℓ2

h2

)3/2

= 71, 7 ℓx .

67

b) Osvetljenost tacke C jednaka je:

EC = E′1 + E′

2 = 2E′1 ,

gde je:

E′1 =

I

r12

cos α1 .

Vaze takode i relacije (videti sliku):

r12 = h2 +

(

ℓ

2

)2

i cos α1 =h

√

h2 +(

ℓ2

)2.

Odavde se za osvetljenost tacke C dobija:

EC =Φ

2πh2· 1[

1 +(

ℓ2h

)2]3/2

= 76, 3 ℓx .

12.4. Na stubu visokom h = 6m nalazi se svetlosni izvor jacine I =3000 cd. Koliko iznosi povrsina kruga, na zemlji ispod stuba,unutar kojeg osvetljenost nije manja od EC = 2 ℓx?

RESENJE:

Sa slike se vidi da je osvetljenost tacke C:

EC =I

r2cos α ,

gde je r2 = R2 + h2, a cos α =h√

h2 + R2. Tako se

za osvetljenost EC dobija izraz:

EC =Ih

(R2 + h2)3/2.

C R

SN

ha

a

r

Resavanjem ovog izraza po R2 dobija se:

R2 = 3

√

I2h2

E2C

− h2 .

Prema tome, trazena povrsina kruga S = R2π iznosi:

S =

3

√

(

Ih

EC

)2

− h2

· π = 1243, 4m2 .

68

12.5. Dve sijalice intenziteta I1 = 5 cd i I2 = 20 cd nalaze se namedusobnom rastojanju d = 150 cm. Odrediti na kom mestutreba postaviti zaklon, da bi se sa obe njegove strane postiglaista osvetljenost?

RESENJE:

1 2I

Z

d

d-xxI

Prema uslovu zadatka mora biti ispunjeno:

E1 = E2 , (1)

gde su E1 i E2 osvetljenosti jedne i druge strane zaklona, odnosno:

E1 =I1

x2i E2 =

I2

(d − x)2. (2)

Izjednacavanjem poslednje dve jednacine dobija se:

(

d − x

x

)2

=I2

I1

odakle je:

x =d

1 +√

I2I1

= 0, 5m .

12.6. Ulicna svetiljka nalazi se na visini h = 10m iznad tla. Odre-diti udaljenost tacaka A i B na zemlji, ako je poznato da jeodnos osvetljenosti u tim tackama EA/EB = 8. Tacka A nalazise neposredno ispod svetiljke.

RESENJE:

69

a

a

BA

rh

l

Osvetljenost tacke A je:

EA =I

h2, (1)

a tacke B:

EB =I

r2cos α , (2)

sa slike se vidi da je:

r2 = h2 + ℓ2 i cos α =h√

h2 + ℓ2.

Prema tome, osvetljenost (2) moze se napisati kao:

EB =Ih

√

(h2 + ℓ2)3, (3)

gde je ℓ rastojanje izmedu tacaka A i B, tj. AB = ℓ. Uvrstavanjem izraza(1) i (3) u uslov zadatka: EA/EB = 8, dobija se:

8h3 =√

(h2 + ℓ2)3 . (4)

Resavanjem jednacine (4) po ℓ sledi:

ℓ = h ·√

3√

64 − 1 = 17, 3m .

70

12.7. Povrsina laboratorije za fiziku iznosi S = 80m2, a njena sred-nja osvetljenost je E = 50 ℓx. Koliki je intenzitet svetlostikoji daju elektricne sijalice, ako se za osvetljavanje labora-torije koristi η = 25% ukupnog svetlosnog fluksa koji emitujusijalice?

RESENJE:

Srednja osvetljenost laboratorije iznosi:

E =Φ

S, (1)

gde je Φ svetlosni fluks koji pada na povrsinu laboratorije S. Odavde sledida je:

Φ = E · S = 4 · 103 ℓm , (2)

ukupan svetlosni fluks kojim je laboratorija osvetljena. Ovaj fluks pred-stavlja η = 25% od ukupnog svetlosnog fluksa Φ0 koji sijalice emituju, pa jeprema tome:

Φ = η · Φ0 ,

odnosno:

Φ0 =Φ

η= 16 · 103 ℓm . (3)

Za trazeni intenzitet svetlosti dobija se:

I =Φ0

4π=

E S

4πη= 1274 cd .

12.8. Sijalica snage P = 60W izraci η = 2% utrosene elektricne ener-gije u vidu svetlosti. Izracunati intenzitet svetlosnog izvora(sijalice), smatrajuci sijalicu izotropnim tackastim izvorom.

RESENJE:

Svetlosni fluks Φ koji emituje sijalica iznosi η = 2% od ukupne snage sijalice,odnosno:

Φ = η · P = 1, 2W ,

sto u vizuelnim jedinicama iznosi:

Φ =1, 2

0, 0016ℓm = 750 ℓm .

71

Kako se sijalica smatra izotropnim izvorom, sledi da je intenzitet sijalice:

I =Φ

4π= 60 cd .

12.9. Na rastojanju r = 70 cm od tackastog svetlosnog izvora Sjacine I = 20 cd nalazi se ravno ogledalo O. Odrediti osvet-ljenosti EA i EB u tackama A i B, koje se nalaze na rastoja-njima rA = r/2 i rB = 2r/3 od svetlosnog izvora S, kao sto jeprikazano na slici.

RESENJE:

S

A

O

B

r

r/2

2r/3\\\\\ \\\\\ \\\\ \\\\\ \\

S,

Zbog prisustva ravnog ogledala O, u njemu se formira imaginaran lik S′

izvora S, kao sto je prikazano na slici. Osvetljenosti tacaka A i B jednake suzbiru osvetljenosti ovih tacaka koje poticu od svakog od ovih izvora posebno,odnosno:

EA = E SA + E S′

A i EB = E SB + E S′

B , (1)

gde je:

E SA =

I

rA2

i E S′

A =I

(2r − rA)2, (2)

odnosno za tacku B :

E SB =

I

rB2

i E S′

B =I

(2r − rB)2, (3)

Uvrstavanjem rA = r/2 i rB = 2r/3 u gornje izraze, za osvetljenost tacakaA i B konacno se dobija:

EA =40

9· I

r2= 181, 4 ℓx ,

EB =45

16· I

r2= 114, 8 ℓx .

72


12.10. Svetlost sijalice pada na knjigu koja se nalazi na stolu poduglom α = 60◦ prema ravni stola i na njoj stvara osvetljenostE = 70 ℓx. Svetlosna jacina sijalice u svim pravcima iznosiI = 200 cd. Na kolikom rastojanju i na kojoj visini se nalazisijalica u odnosu na knjigu?

12.11. Kolika je srednja osvetljenost poda fiskulturne sale povrsineS = 72m2, ako se za njegovo osvetljavanje koristi η = 25%ukupnog svetlosnog fluksa Φ0 = 12000 ℓm koji emituju elek-tricne sijalice na tavanici?

73

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 .

74

Documents

Duˇsan Ili´c BOJE I OSVETLJENOST RACUNSKI ZADACIˇ - racunske vezbe... · 1. Svetlost kao elektromagnetni talas 1.1. Intenzitet magnetnog polja ravnog monohromatskog talasa u vakuumu