výsledky - ujepphysics.ujep.cz/~ehejnova/optika/sbirka_reseni.pdfkde h0 je vzdálenost hmotného...
Post on 13-Apr-2020
8 Views
Preview:
TRANSCRIPT
Výsledky
ke sbírce úloh k obecné fyzice – Kmity a vlny. Optika
1 Kmity
1.1 Netlumené harmonické kmity
1.1.1 T = 2𝜋√∆𝑙
𝑔 ≐ 0,8 s
1.1.2 ∆𝑙 = 𝑇2𝑔
4𝜋2 ≐ 6. 10−2m.
1.1.3 a) 𝐾 ≐ 245 N. m−1; b) 𝑇 ≐ 0,284 s
1.1.4 a) ∆𝑥 = 2𝑚𝑔
𝐾≐ 0,21 m, b) 𝑓 =
1
2𝜋√
𝐾
𝑚≐ 1,6 Hz, 𝑦𝑚 =
𝑚𝑔
𝐾≐ 0,10 m
1.1.5 𝑇 = 2𝜋√𝑚1+ 𝑚2
𝑚2𝑔∆𝑙 ≐ 1,6 𝑠 , 𝑎) 𝑦 = 4 𝑠𝑖𝑛
2𝜋
𝑇𝑡 = 4 sin 4𝑡, 𝑏) 𝑣 = 16 𝑐𝑜𝑠 4𝑡,
c) 𝑎 = −64 sin 4𝑡
1.1.6 a) 𝑦𝑚 = 1,00 mm; b) vmax ≐ 0,754 m.s-1; c) amax ≐ 568 m.s-2
1.1.7 Řešení: Na obě tělesa se budeme dívat jako na hmotné body. Po dokonale nepružné
srážce hmotných bodů 𝑀 a 𝑚 se obě tělesa budou pohybovat jako jeden hmotný
bod s hmotností 𝜇 = 𝑚 + 𝑀, a jelikož jsou na pružině, budou kmitat kolem rov-
novážné polohy. Umístíme-li počátek soustavy souřadné do polohy těžiště koule
𝑀, jež je zároveň také rovnovážnou polohou kmitavého pohybu, a osu 𝑥 rovno-
běžně s rychlostí 𝑣0 a pružinou, můžeme popsat tento pohyb rovnicí
𝑥(𝑡) = 𝑥m sin 𝜔𝑡, (1)
kde 𝑥(𝑡) je 𝑥-ová souřadnice kmitajícího hmotného bodu, 𝑥m je amplituda kmitů a
𝜔 je úhlová frekvence kmitů. V rovnici (1) neuvažujeme fázovou konstantu 𝜑, ne-
boť kmitání v čase 𝑡 = 0 s začíná z polohy 𝑥 = 0 m.
Úhlová frekvence kmitů, resp. vlastní frekvence soustavy je dána pouze konstantou
pružiny K a kmitající hmotou 𝜇 = 𝑚 + 𝑀 a to vztahem
𝜔2 =𝐾
𝜇 =
𝐾
𝑚 + 𝑀,
odkud jednoduše vypočítáme periodu 𝑇 kmitavého pohybu jako
𝑇 = 2𝜋
𝜔= 2𝜋√
𝑚 + 𝑀
𝐾.
K úplnému vyřešení úlohy nám tedy již zbývá pouze zjistit amplitudu 𝑥m. Tu vy-
počteme z počáteční rychlosti 𝑣0′ , kterou soustavě udělila hmota 𝑚 pohybující se
rychlostí 𝑣0. Ze zákona zachování hybnosti máme
𝑚𝑣0 + 0𝑀 = (𝑚 + 𝑀)𝑣0′ ⇒ 𝑣0
′ =𝑚𝑣0
𝑚 + 𝑀.
Nyní zderivujeme rovnici (1) podle času
𝑣(𝑡) = ( 𝑡) = 𝑥m𝜔 cos(𝜔𝑡) ,
a pro 𝑡 = 0 platí
𝑣0′ = 𝑥m𝜔 ⇒ 𝑥m =
𝑣0′
𝜔,
tedy
𝑥m =𝑚𝑣0
√𝐾(𝑚 + 𝑀).
1.1.8 𝑦(𝑡) = −𝑚𝑔sin𝛼
𝐾cos√
𝐾
𝑚𝑡
1.1.9 𝑔𝑀 = 4𝜋2
𝑇2 ∆𝑙 ≐ 1,6 m. s−2
1.1.10 ∆l = 𝑔
4𝜋2(𝑇2
2 − 𝑇12) ≐ 2,7.10-2 m
1.1.11 m = ∆𝑚
3 = 100 g
1.1.12 ∆m = 3m = 0,75 g
1.1.13 Perioda se zkrátí na polovinu.
1.1.14 𝜔´ = 𝜔√𝑙0
𝑙0−𝑎
1.1.15 a) 𝐾 = 𝐾1𝐾2
𝐾1+𝐾2, b) 𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2
1.1.16 𝑇𝑠
𝑇𝑃= 2
1.1.17 𝑡 = 𝜋
2
𝑦𝑚
𝑣0≐ 0,279 s
1.1.18 a) 𝐾1 = 𝜋2𝑓2𝑚 ≐ 1,29. 105 N. m−1, b) 𝑓 ≐ 2,68 Hz
1.1.19 a) 𝑦 ≐ 0,014 m, 𝑣 ≐ 0, 222 m. s−1, 𝑎 ≐ 3,49 m. s−2; b) 𝑠 ≐ 0,026 m; c) vmax ≐ 0,314 m.s-1, amax ≐ 4,93 m.s-2
1.1.20 y(t1) ≐ 0,20 m nebo 0,29 m; v(t1) ≐ 1,16 m.s-1 nebo 0,81 m.s-1; a(t1) ≐ 3,20 m.s-2
nebo 4,64 m.s-2
1.1.21 a) 𝑦 = 0,05 sin(𝜋
2𝑡 +
𝜋
4), b) 𝑦(𝑡 = 0) ≐ 0,035 m, 𝑦(𝑡 = 1,5 𝑠) = 0;
c) 𝑣𝑚𝑎𝑥 ≐ 0,079 m. s−1, 𝑎𝑚𝑎𝑥 ≐ 0,12 m. s−2
1.1.22 a) = 0,5 m. s−1, b) = 1 m. s−1
1.1.23 𝑣 ≐ 0,082 m. s−1, 𝑎 ≐ 0,148 m. s−2, 𝐹 ≐ 7,4. 10−4 N
1.1.24 a) 𝜔 ≐ 23,5 rad. s−1, 𝑓 ≐ 3,74 Hz; b) 𝜑 = 65° nebo 245°;
c) 𝑦𝑚 ≐ 0,094 m.
1.1.25 𝑦𝑚 = √4𝜋2𝑓2𝑢𝑥
2(0)+𝑣𝑥2(0)
4𝜋2𝑓2 ≐ 5. 10−2 m, 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝜋𝑓𝑢𝑥(0)
𝑣𝑥(0)) ≐ 86°
1.1.26 Rychlost bude maximální v okamžicích, pro něž platí: 𝑡 = 6 (𝑘 +1
2) ,
𝑘 = 1, 2, …, zrychlení bude maximální v okamžicích, pro něž platí: 𝑡 =6k, kde k = 0, 1, 2, … .
1.1.27 𝐴 =𝑣𝑚
2
𝑎𝑚= 0,5 m, 𝑓 =
𝑎𝑚
2𝜋𝑣𝑚≐ 0,95 s−1
1.1.28 a) 𝑡 = 𝑇
12, b) 𝑡 =
2
15𝑇
1.1.29 a) f ≐ 1,6 Hz;
b) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 1 m. s−1 při y = 0;
c) 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 10 m. s−2 pro x = ± 10 cm;
d) 𝐹 = −𝑚𝜔2𝑥 (𝑡) = −10[𝑁. 𝑚−1]. 𝑥(𝑡)
1.1.30 𝑇 = 2𝜋√𝑚1𝑚2
𝐾(𝑚1+ 𝑚2)
1.1.31 𝜌 = 16𝜋𝑚
𝑇2𝑑2𝑔≐ 1 000 kg. m−3
1.1.32 𝑇 = 2𝜋√𝜌𝑎
𝜌0𝑔≐ 0,9 s
1.1.33 𝑇 =4
𝐷√
𝜋𝑚
𝑔𝜌
1.1.34 𝑓 ≤ 1
2𝜋√
𝑔
𝑦𝑚 ≐ 0,58 Hz
1.1.35 𝜔 = √𝑔
𝑦𝑚≐ 14 rad. s−1
1.1.36 = 𝑖 𝑚 [𝑔 + (4𝜋2
𝑇2 ) 𝑥 (𝑡)] , 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 𝑚4𝜋2
𝑇2 𝑥0 + 𝑚𝑔 ≐ 29 N
1.1.37 𝑦𝑚 = 1
4𝜋2𝑓2 √8𝜋2𝑓2𝑔ℎ − 𝑔2 ≐ 7,7. 10−5 m
1.1.38 f ≐ 0,08
1.1.39 𝑇 = 2𝜋√𝑙
2𝑔
1.1.40 𝑇 = 2𝜋√𝑚
2𝑆𝜌𝑔 ≐ 0,8 s
1.1.41 𝑓 =1
2𝜋√
2𝑔
𝑙≐ 0,8 Hz
1.1.42 Při izotermickém ději platí 𝑝1(𝑑 − 𝑥)𝑆 = 𝑝2(𝑑 + 𝑥)𝑆 = 𝑝𝑑𝑆. Síla působící na
píst 𝐹 = (𝑝1 − 𝑝2)𝑆 = 2𝑝𝑥𝑆𝑑
𝑑2−𝑥2 , kde 𝑉 = 𝑆𝑑. při malých výchylkách pístu (𝑥 ≪
𝑑) je 𝐹 =2𝑝𝑉𝑥
𝑑2 a kmitání pístu bude harmonické (𝐾 =𝐹
𝑥=
2𝑝𝑉
𝑑2 ), 𝑇 =
2𝜋√𝑚𝑑2
2𝑝𝑉.
1.1.43 𝑙1
𝑙2=
𝑇12
𝑇22 =
4
9
1.1.44 𝑎 = 𝑔𝑇1
2−𝑇22
𝑇22 = − 3 m. s−2, výtah se pohybuje směrem dolů
1.1.45 𝑓 = 1
2𝜋√
3𝑔
2𝑙
1.1.46 𝑇 = 𝜋√𝑙
𝑔 (1 +
1
√2)
1.1.47 𝑇 = 𝜋(√𝑙
𝑔 + √
𝑙−𝑑
𝑔 )
1.1.48 𝑔 = 4𝜋2𝑑
𝑇12− 𝑇2
2
1.1.49 Řešení: Máme porovnat periody matematického a fyzikálního kyvadla, tj. vztahy
𝑇Mat = 2𝜋√𝑙0
𝑔, 𝑇Fyz = 2𝜋√
𝐽
𝑚𝑔𝑙0. (1)
kde 𝑙0 je vzdálenost hmotného bodu resp. těžiště od místa upevnění nitě, v našem
případě je tedy 𝑙0 = 𝑙 + 𝑟, 𝑔 je tíhové zrychlení, 𝐽 je moment setrvačnosti kyvadla
a 𝑚 je hmotnost kyvadla.
Potřebujeme tedy vypočítat moment setrvačnosti koule zavěšené na nehmotné
niti, pro což užijeme Steinerovu větu, která říká, že známe-li moment setrvačnosti
tělesa vzhledem k těžišti 𝐽0, můžeme vypočítat moment setrvačnosti také k ose,
jež neprochází těžištěm (ale je rovnoběžná s osou otáčení, vzhledem ke které je
spočten moment 𝐽0) dle vztahu
J = J0 + 𝑚𝑟⊥2 , (2)
kde 𝑚 je hmotnost tělesa a 𝑟⊥ je jeho vzdálenost od osy otáčení.
Dosadíme-li tedy do (2) za 𝐽0 moment setrvačnosti koule a dostaneme
𝐽 =2
5 𝑚 𝑟2 + 𝑚𝑙0
2.
Dle (1) máme
𝑇Fyz = 2𝜋√𝐽
𝑚𝑔𝑙0= 2π√
52 𝑟2 + (𝑙 + 𝑟)2
𝑔(𝑙 + 𝑟)
Chyba, které se dopustíme, budeme-li považovat naše kyvadlo za matematické
bude
𝑇Mat
𝑇Fyz=
2π√52 𝑟2 + (𝑙 + 𝑟)2
𝑔(𝑙 + 𝑟)
2𝜋√𝑙 + 𝑟
𝑔
= √25
𝑟2
(𝑙 + 𝑟)2+ 1.
Dosadíme-li zadané hodnoty, dostaneme
𝑇Mat
𝑇Fyz= √
0,4 ∙ (0,05)2
(0,05 + 0,1)2+ 1 ≐ 1,022.
Dopouštíme se tedy chyby přibližně 2,2%.
Energie netlumených kmitů
1.1.50 𝑦 =𝐹𝑦𝑚
2
2𝑊= 1,5. 10−2 m
1.1.51 𝑊 =2𝑚𝜋2
𝑇2 𝑦𝑚≐ 4,7.10-3 J
1.1.52 𝑦 = √2
2𝑦𝑚
1.1.53 𝑦 = 4. 10−2cos𝜋𝑡
1.1.54 𝑓 = √𝑊
2𝜋2𝑚𝑦𝑚2 ≐ 50 Hz
1.1.55 𝑦(𝑡) = 0,05cos (1,57𝑡 +𝜋
3)
1.1.56 𝐾 = 200 N. m−1, 𝑚 = 2 kg, 𝑓 ≐ 1,6 Hz
1.1.57 a) 𝑊𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 = 2
3𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 = 0,062 5 J, 𝑊𝑟𝑜𝑡 =
1
3𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 = 0,031 3 J,
b) Návod: 𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 =1
2𝐾𝑦2 +
1
2𝑀𝑣2 +
1
4𝑀𝑣2,
𝑑𝑊
𝑑𝑡= 0
1.2 Tlumené harmonické kmity
1.2.1 𝑛0 =𝑛2
2−𝑛1𝑛3
2𝑛2−𝑛1−𝑛3≐ 9,5
1.2.2 𝑛0 ≐ 10,4
1.2.3 𝑛0 ≐ 10,9, pomocí metody tří kyvů 𝑛0 = 11
1.2.4 δ = ln 2 ≐ 0,7
1.2.5 𝑡2 =𝑙𝑜𝑔𝐴3−𝑙𝑜𝑔𝐴1
𝑙𝑜𝑔𝐴2−𝑙𝑜𝑔𝐴1𝑡1 ≐ 13 s
1.2.6 𝑡2 =𝑙𝑜𝑔𝐴0−𝑙𝑜𝑔𝐴𝑡2
𝑙𝑜𝑔𝐴0−𝑙𝑜𝑔𝐴𝑡1
𝑡1 ≐ 21 s
1.2.7 𝐴3𝑡 =𝐴0
8
1.2.8 δ ≐ 0,05, λ ≐ 1,05
1.2.9 𝛿 = 1
𝑡𝑙𝑛
𝜑0
𝜑1. 2𝜋√
𝑙
𝑔≐ 1,4. 10−2
1.2.10 𝑏 ≐ 1,83 s−1, 𝑓0 ≐ 2,02 s−1
1.2.11 𝑏 = 1
100𝑇1𝑙𝑛
𝐴0
𝐴100≐ 3,47. 10−3s−1, 𝛿 = 𝑏𝑇1 ≐ 6,93. 10−3,
𝑦(𝑡) = 0,1𝑒−3,47.10−3𝑡sin(𝜋𝑡)
1.2.12 𝑦 = 0,067. 𝑒−0,4𝑡𝑐𝑜𝑠𝜋
2(𝑡 − 1)
1.2.13 𝑦(𝑡) = 1
𝜋𝑒−0,25𝑡𝑠𝑖𝑛 𝜋𝑡
1.2.14 Provedeme-li posouzení pomocí útlumu, pak se během první periody více utlumí
kmitání s periodou T1. Provedeme-li posouzení pomocí poměru výchylek za stej-
nou dobu od počátku pohybu, pak se během první periody více utlumí kmitání
s periodou T2.
1.2.15 𝑏 ≐ 1,4 s−1, 𝑇0 = 𝑇12𝜋
√4𝜋2+(𝑙𝑛𝐴1𝐴2
)2≐ 0,5 s
1.2.16 Řešení: Netlumené kmity ručičky měřicího přístroje mají periodu 𝑇0 = 0,5 s. Hle-
dáme útlum 𝑏 tak, aby poměr první a druhé amplitudy byl 0,01, tj.
𝐴1 = 0,01 𝐴0 ⇒ 𝐴0
𝐴1 = 100.
Víme, že pro poměr amplitud platí
𝐴0
𝐴1 = e𝑏𝑇1 .
Zlogaritmováním této rovnice dostaneme
ln𝐴0
𝐴1 = 𝑏𝑇1 ⇒ 𝑏 =
ln𝐴0
𝐴1
𝑇1
(1)
Abychom však mohli útlum vypočítat, potřebujeme zjistit periodu kmitu 𝑇1. Pro
frekvenci tlumených kmitů máme
𝜔12 = 𝜔0
2 − 𝑏2, (2𝜋
𝑇0)
2
= (2𝜋
𝑇1)
2
− 𝑏2,
odkud vyjádříme 𝑇1 a obdržíme
𝑇1 =2𝜋𝑇0
√4𝜋2 − 𝑏2𝑇02
.
Toto dosadíme do rovnice (1) a vyjádříme 𝑏
𝑏 =√4𝜋2 − 𝑏2𝑇0
2
2𝜋𝑇0ln
𝐴0
𝐴1 ,
tuto rovnici vynásobíme 2𝜋𝑇0 a umocníme
4𝜋2𝑏2𝑇02 = (4𝜋2 − 𝑏2𝑇0
2) ln2𝐴0
𝐴1,
členy, jež obsahují 𝑏 přesuneme na levou stranu a vytkneme 𝑏2,
𝑏2 [𝑇02 (4𝜋2 + ln2
𝐴0
𝐴1)] = 4𝜋2 ln2
𝐴0
𝐴1
Po vyjádřené b z této rovnice dostaneme
𝑏 =2𝜋 ln
𝐴0
𝐴1
𝑇0√4𝜋2 + ln2 𝐴0
𝐴1
=2𝜋 ln 100
0,05√4𝜋2 + ln2 100≐ 7,43 s−1.
1.2.17 Řešení: Podobně jako v předchozím příkladu máme zadán poměr amplitud tlume-
ných kmitů 𝐴0
𝐴1= 3, víme tedy, že
ln 3 = 𝑏𝑇1 ⇒ 𝑇1 =ln 3
𝑏. (1)
Máme porovnat tuto periodu s periodou netlumených kmitů. Opět vyjdeme ze
vztahu
𝜔12 = 𝜔0
2 − 𝑏2, resp. 𝜔02 = 𝜔1
2 + 𝑏2,
ze kterého vyjádříme periodu netlumených kmitů 𝑇0
𝑇0 =2𝜋
√𝜔12 + 𝑏2
=2𝜋
√4𝜋2
𝑇12 + 𝑏2
,
dosadíme za 𝑇1 z (5)
𝑇0 =2𝜋
√4𝜋2𝑏2
ln2 3+ 𝑏2
=2𝜋
𝑏√ 4𝜋2
ln2 3+ 1
.
Nyní máme 𝑇0 a 𝑇1 jako funkce závislé pouze na 𝑏, pro poměr period platí
𝑇0
𝑇1=
ln 3𝑏
2𝜋
𝑏√ 4𝜋2
ln2 3+ 1
= √4𝜋2 + ln2 3
4𝜋2= √1 +
ln2 3
4𝜋2≐ 1,0152.
Perioda tlumených kmitů bude tedy o 1,52% delší než perioda kmitů netlumených.
1.2.18 𝑇1 = 4𝜋√𝑚2
4𝜋𝑚𝑟2𝜌𝑔−𝐵2 ≐ 1,15 s
1.2.19 Řešení: Kapalina bude tlumit kmity kuličky silou 𝐹𝑜 = 6𝜋𝜂𝑟𝑣 (Stokesův zákon).
Pro odporovou sílu prostředí platí 𝐹𝑜 = 𝐵𝑣, v našem případě je 𝐵 = 6𝜋𝜂𝑟. Dále
platí 𝑏 =𝐵
2𝑚, jež je v našem případě
𝑏 =6𝜋𝜂𝑟
2𝑚=
3𝜋𝜂𝑟
𝑚.
Takto vyjádřené 𝑏 dosadíme do rovnice
𝜔12 = 𝜔0
2 – 𝑏2
a vyjádříme dynamickou viskozitu 𝜂
𝜂 =𝑚
3𝜋𝑟√𝜔0
2 − 𝜔12.
Hmotnost 𝑚 vypočítáme z hustoty a objemu kuličky
𝑚 = 𝜚𝑉 = 𝜚4
3𝜋𝑟3.
Po dosazení máme
𝜂 =4𝑟2𝜚
9√𝜔0
2 − 𝜔12 =
4 ∙ (0,01)2 ∙ 7710
9√52 − (4,06)2 ≐ 1,0 kgm−1s−1.
Energie tlumeného kmitavého pohybu
1.2.20 𝑡 =3𝑙𝑛10
𝑓𝛿≐ 1,4 s
1.2.21 Řešení: Pohyb kyvadla budeme považovat za lineárně tlumený, jeho mechanická
energie bude záviset na čase 𝑡 vztahem
𝐸(𝑡) =1
2𝐾𝐴2(𝑡),
kde 𝐴(𝑡) = 𝐴0e−𝑏𝑡, a 𝐴0 je amplituda v čase 𝑡 = 0 s. Označme
𝐸0 =1
2𝐾𝐴0
2,
poměr energií 𝐸0 a 𝐸(𝑡) pak bude
𝐸0
𝐸(𝑡)= (
𝐴0
𝐴(𝑡))
2
= e2𝑏𝑡 ⇒ 𝑏 =1
2𝑡ln
𝐸0
𝐸(𝑡).
Dosadíme a vypočítáme 𝑏
𝑏 =1
2∙600ln 10 ≐ 2 ⋅ 10−3.
Logaritmický dekrement útlumu je
𝛿 = 𝑏𝑇1,
kde 𝑇1 je perioda tlumeného kmitavého pohybu matematického kyvadla, kterou
vypočítáme z
𝜔12 = 𝜔0
2 − 𝑏2, resp. (2𝜋
𝑇1)
2
= (2𝜋
𝑇0)
2
− 𝑏2,
odkud
𝑇1 =2𝜋
√(2𝜋𝑇0
)2
− 𝑏2
,
kde 𝑇0 je perioda netlumeného kmitavého pohybu matematického kyvadla, pro
niž platí
𝑇0 = 2𝜋√𝑙
𝑔= 2𝜋 √
1
9,81≐ 2,0 s.
Dosadíme-li nyní vypočítané hodnoty 𝑏 a 𝑇0 do rovnice pro 𝑇1 dostaneme
𝑇1 =2𝜋
√(2𝜋2 )
2
− (2 ⋅ 10−3)2
≐ 2,0 s.
Vidíme, že perioda kyvadla se téměř nezměnila, při podrobném výpočtu se hod-
noty 𝑇1 a 𝑇0 rozchází až na šestém desetinném místě. Logaritmický dekrement
útlumu tedy je 𝛿 ≐ 𝑏𝑇0 ≐ 𝜋
𝑡𝑙𝑛
𝐸0
𝐸(𝑡)√
𝑙
𝑔≐ 0,0038.
1.2.22 𝛿 =𝑇1
2𝑡𝑙𝑛2 ≐ 0,07
1.2.23 𝐵 =𝑚
𝑡𝑙𝑛100 ≐ 3,8. 10−3 kg. s−1
1.2.24 χ =1
256
1.2.25 a) 𝑇1 =4𝜋𝑚
√4𝑚𝐾−𝐵2≐ 0,34 s
b) 𝑡1 =2𝑚𝑙𝑛2
𝐵≐ 5,0 s
c) 𝑡2 =𝑚𝑙𝑛2
𝐵≐ 2,5 s
1.3 Nucené harmonické kmity
1.3.1 𝐴𝑚𝑎𝑥 =𝐹0
𝑚
1
2𝑏√𝜔02−𝑏2
≐ 84. 10−2m
1.3.2 𝑣 =𝑙
2𝜋√
𝐾
𝑚 ≐ 2,7 km. h−1
1.3.3 𝐾 =𝜋2𝑚𝑣
𝑙2 ≐ 434 kN. m−1
1.3.4 𝑣 =𝑙
2𝜋√
𝐹𝑔
𝐺ℎ
1.3.5 𝑣 =𝑙
2𝜋√
𝑔
∆𝑙 ≐ 96 km. h−1
1.3.6 Ω𝑟 ≐ 19,5 rad. s−1, 𝐴𝑟 ≐ 0,8 m
1.3.7 Řešení: Obecně platí, že mmplituda nucených kmitů závisí na frekvenci budící
síly Ω podle vztahu
𝐴(Ω) =𝐹0
𝑚√(Ω2 − 𝜔02
)2
+ 4𝑏2Ω2
.
Dále víme, že pro rezonanční frekvenci systému platí
Ωr = √𝜔02 − 2𝑏2.
Ze zadání víme, že
𝐴(Ω1) = 𝐴(Ω2),
tedy
𝐹0
𝑚√(Ω12 − 𝜔0
2)2
+ 4𝑏2Ω12
=𝐹0
𝑚√(Ω22 − 𝜔0
2)2
+ 4𝑏2Ω22
,
odkud
(Ω12 − 𝜔0
2)2
+ 4𝑏2Ω12 = (Ω2
2 − 𝜔02)
2+ 4𝑏2Ω2
2,
z této rovnice nyní vyjádříme Ωr = √𝜔02 − 2𝑏2 jako funkci Ω1 a Ω2.
(Ω12 − 𝜔0
2)2
− (Ω22 − 𝜔0
2)2
= 4𝑏2(Ω22 − Ω1
2),
nyní levou stranu upravíme dle vzorce 𝐴2 − 𝐵2 = (𝐴 − 𝐵)(𝐴 + 𝐵)
(Ω12 − 𝜔0
2 − Ω22 + 𝜔0
2) (Ω12 − 𝜔0
2 + Ω22 − 𝜔0
2) = 4𝑏2(Ω22 − Ω1
2).
Závorky úplně vlevo a úplně vpravo se zkrátí až na znaménko
(Ω12 − 𝜔0
2 + Ω22 − 𝜔0
2) = −4𝑏2,
přičteme k rovnici 2𝜔02 a rovnici vydělíme dvěma
(Ω12 + Ω2
2)
2= 𝜔0
2 − 2𝑏2 = Ωr2,
Máme tedy
Ωr = √Ω1
2 + Ω22
2= √
(4002 + 6002)
2≐ 510 rad. s−1.
1.4 Superpozice harmonických kmitů
Superpozice dvou kmitů téhož směru o stejné frekvenci
1.4.1 𝑦 = 7,8 sin (10𝑡 + 1,48 rad)
1.4.2 𝑦 = 9 sin (314𝑡 + 0,586 rad)
1.4.3 𝐴 ≐ 20 cm, 𝜑 = 0,537 rad
1.4.4 𝑦 = 5 sin (𝜋𝑡 + 0,64 rad)
1.4.5 𝑦 = 9,7. 10−2 sin (𝜔𝑡 +𝜋
4)
Superpozice dvou kmitů téhož směru s blízkými frekvencemi (rázy)
1.4.6 f = 435 Hz
1.4.7 f = 387 Hz
1.4.8 𝑇𝑟 = 2𝑇1𝑇2
𝑇2−𝑇1≐ 3,05 s
1.4.9 𝜔1 = 52,1 rad. s−1, 𝜔2 = 47,9 rad. s−1, 𝑇𝑟=1,50 s
1.4.10 𝑓1,2 =1
2(
2
𝑇±
1
𝑇𝑟), 𝑓1= 9 Hz, 𝑓2= 11 Hz, ym1 = ym2 = 1,5 mm
1.4.11 𝑓1 = 358 Hz, 𝑓1 = 336 Hz
Superpozice kmitů k sobě kolmých
1.4.12 𝑥2 + 𝑦2 = 4
1.4.13 𝑦 =5
3𝑥
1.4.14 a) 𝑦4
4=
𝑥2
𝑦𝑚2 (𝑦𝑚
2 − 𝑥2)
b) 𝑦 = 𝑦𝑚(1 − 2𝑥2
𝑦𝑚2 )
1.4.15 𝑦 = 100𝑥2 − 0,08, x(𝑡 = 4 𝑠) ≐ 3, 5 cm, y(𝑡 = 4 𝑠) = 4 cm, 𝑣 ≐ 7,3 cm. s−1
1.4.16 𝑦 =√2
2(𝑥 + √25 − 𝑥2), (𝑡 = 0,1 s) = (19,4𝑖 − 28,5𝑗) m. s−1, || ≐
34,5 m. s−1, (𝑡 = 0,1 s) = (−751𝑖 − 704𝑗)m. s−2, || ≐ 1 029 m. s−2
1.4.17 𝐴2𝑦2 − 16𝑥2 (𝐴2 − 𝑥2) = 0
2 Mechanické vlnění
2.1 Postupné vlnění
2.1.1 21 m a 17 mm
2.1.2 𝑦𝑚 = 5. 10−4m, 𝑓 = 450 Hz, 𝑣𝑓 = 314 m. s−1, 𝜆 ≐ 0,7 m
2.1.3 𝑓 ≐ 315 Hz, 𝑣 ≐ 330 m. s−1, 𝜆 ≐ 1,05 m
2.1.4 𝜆 ≐ 0,5 m
2.1.5 𝑦𝑚 ≐ 5,8. 10−2m
2.1.6 x = 0,2λ
2.1.7 𝑣𝑓 = 1,2 m. s−1
2.1.8 a) ∆𝑥 =∆𝜑𝑣𝑓
2𝜋𝑓≐ 0,117 𝑚, b) ∆𝜑 = 2𝜋∆𝑡𝑓 = 𝜋
2.1.9 𝑦 = 5𝑠𝑖𝑛 2𝜋 (1 −0,03
0,15) ≐ −4,8 mm, 𝑣 ≐ 0,097 m. s−1, 𝑎 ≐ 18,8 m. s−2
2.1.10 𝜆 ≐ 0,30 m
2.1.11 f = 0,625 Hz
2.1.12 𝑦 ≐ 0,13 m, ∆φ ≐ 0,74 rad
2.1.13 ∆𝜑 = 8𝜋
2.1.14 ∆𝜑 = 𝜋
2.1.15 a) 𝑦𝑚 = 6,0. 10−2 m, b) 𝜆 = 1 m, c) f = 2 Hz, d) 𝑣𝑓 = 2 m. s−1, e) vlna se šíří
v záporném směru osy x, f) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 75,4 m. s−1, g) 𝑦 = −0,08 m
2.1.16 𝑦𝑚 = 4. 10−2m, 𝑇 =1
8 s, 𝑓 = 8 Hz, 𝜆 = 0,2 m, 𝑣𝑓 = 1,6 m. s−1, vlna postupuje
v záporném směru osy x
2.1.17 Řešení: Z obecné rovnice vlny 𝑦 = 𝑦𝑀 cos(Ω𝑡 – 𝑘𝑥) vyjádříme 𝑥, tj.
𝑥 =1
𝑘(Ω𝑡 – arccos
𝑦
𝑦𝑀)
𝑥 = 𝑣𝑓𝑡 −𝜆
2𝜋arccos
𝑦
𝑦𝑀.
Toto je ale rovnice pro nejvzdálenější bod s výchylkou 4 cm, ostatní získáme jako
𝑥(𝑛) = 𝑥 − 𝑛𝜆 = 𝑣𝑓𝑡 −𝜆
2𝜋arccos
𝑦
𝑦𝑀− 𝑛𝜆,
kde 𝑛 je celé číslo. Dosazením dostaneme 𝑥 = (2,49 − 𝑛. 0,05) m, kde
n = 0, 1,…, 49.
2.1.18 𝑦 = 0,02 sin (𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 +𝜋
6)
2.1.19 𝑦 = 0,010cos (1 100𝜋𝑡 + 3, 3𝑥)
2.1.20 a) 𝑦 = 0,02 sin (800𝜋𝑡 − 20𝜋𝑥), b) 𝑣𝑚𝑎𝑥 ≐ 50,3 m. s−1, c) 𝑣𝑓 = 40 m. s−1
2.1.21 a) 𝑦𝑚 = 6. 10−5m, 𝜔 = 1 800 rad. s−1, 𝑇 ≐ 3,5. 10−3 s, b) 𝑘 = 5,3 m−1, 𝜆 =1,2 m, c) 𝑣𝑓 ≐ 340 m. s−1, d) poměr p ≐ 3,4.10-4
2.2 Interference vlnění, rychlost vlnění
2.2.1 a) dráhový rozdíl pro interferenční maximum 𝑑 = 2𝑘𝜆
2= (2𝑘. 50)m, b) dráhový
rozdíl pro interferenční minimum 𝑑 = (2𝑘 + 1)𝜆
2= [(2𝑘 + 1).50])m
2.2.2 ∆𝜑 =𝜋
2
2.2.3 a) 𝜆 ≐ 0,31 m, b) ∆𝜑 = 1,64 rad, c) 𝑦𝑚 ≐ 2 mm
2.2.4 𝑌𝑚 = 2𝑦𝑚𝑐𝑜𝑠∆𝜑
2≐ 1,85 mm
2.2.5 a) y = − 0,039 m
b) y´´(𝑥, 𝑡) = (0,15 𝑚) sin(0,79 𝑟𝑎𝑑. 𝑚−1𝑥 + 13 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−1𝑡)
c) 𝑦(𝑥, 𝑡) = 2 . 0,15 . 𝑠𝑖𝑛 0,79𝑥 . 𝑐𝑜𝑠13𝑡 ≐ 0,14 m
d) 𝑣f ≐ 17 m. s−1
e) 𝑣(𝑥 = 2,3 m, 𝑡 = 0,16 s) ≐ - 3,3m. s−1
2.2.6 𝑣𝑓 = 2𝑙𝑓 = 1 425 m. s−1
2.2.7 d = 1,5 m
2.2.8 Pro f = 800 Hz musíme strunu přidržet uprostřed její délky a pro f = 1 200 Hz ji
musíme přidržet v jedné třetině a ve dvou třetinách její délky.
2.2.9 𝐹 = 4𝑙2𝑓2𝜌 = 9,6 N
2.2.10 𝑙 = 30 cm
2.2.11 Řešení: Pro frekvenci 𝑓 struny délky l s lineární hustotou 𝜇 napínanou silou 𝐹
platí vztah
𝑓 =𝑛
2𝑙√
𝐹
𝜇 ,
kde 𝑛 je kladné celé číslo, udávající počet půlvln na struně. Budeme uvažovat 𝑛 =1. Člen
√𝐹
𝜇= 𝑣,
v předchozím vztahu je fázová rychlost šíření vlnění po struně. V našem případě
platí
𝑓1 =𝑣1
2𝑙1, 𝑓2 = 2𝑓1 =
𝑣2
2𝑙2.
Pro prodloužení struny a sílu jejího napětí platí
Δ𝑙 = 𝑙 − 𝑙0 =𝐹
𝐸𝑆𝑙0,
kde 𝑙0 je počáteční délka, 𝐸 je Youngův modul pružnosti v tahu a 𝑆 je průřez
struny. Vyjádříme-li z této rovnice napětí, dostaneme
𝐹 = 𝐸𝑆Δ𝑙
𝑙0.
Dále budeme předpokládat, že při prodloužení struny se zachová průřez 𝑆. Tento
předpoklad vede k tomu, že lineární hustota struny μ se protažením změní, neboť
její hmotnost 𝑚 musí zůstat stejná, tedy
𝜇 =𝑚
𝑙=
𝑆𝑙0𝜚
𝑙,
kde 𝜚 je objemová hustota struny.
Pro 𝑖-tou frekvenci 𝑓𝑖 (𝑖 ∈ 1,2) platí
𝑓𝑖 =𝑣𝑖
2𝑙𝑖=
1
2𝑙𝑖
√𝐸𝑆𝑙𝑖(𝑙𝑖 − 𝑙0)
𝑙0𝜇𝑖=
1
2𝑙𝑖√𝐸𝑆
𝑙𝑖(𝑙𝑖 − 𝑙0)
𝑙02𝑆𝜚
=1
2𝑙𝑖𝑙0
√𝐸𝑆𝑙𝑖(𝑙𝑖 − 𝑙0)
𝑆𝜚,
ze zadání pak máme
2𝑓1 =2
2𝑙1𝑙0
√𝐸𝑆𝑙1(𝑙1 − 𝑙0)
𝑆𝜚=
1
2𝑙2𝑙0
√𝐸𝑆𝑙2(𝑙2 − 𝑙0)
𝑆𝜚= 𝑓2,
po zkrácení a vynásobení 2𝑙2𝑙1𝑙0 dostaneme
2𝑙2√𝑙1(𝑙1 − 𝑙0) = 𝑙1√𝑙2(𝑙2 − 𝑙0),
umocníme a roznásobíme
4𝑙22𝑙1
2 − 4𝑙22𝑙1𝑙0 = 𝑙1
2𝑙22 − 𝑙1
2𝑙2𝑙0,
upravíme do tvaru
𝑙22(3𝑙1
2 − 4𝑙1𝑙0) + 𝑙2(𝑙12𝑙0) = 0,
neboť 𝑙2 ≠ 0 můžeme vydělit 𝑙2 a dostáváme rovnici pro 𝑙2
𝑙2 = −𝑙1
2𝑙0
3𝑙12 − 4𝑙1𝑙0
=𝑙1𝑙0
4𝑙0 − 3𝑙1≐ 56 cm.
2.2.12 𝑓𝑛 = (2𝑛 + 1)𝑓𝑧, tyč ještě může vydávat tóny o frekvencích 2 640 Hz a 4 400 Hz,
𝑣𝑓 = 4𝑙𝑓 = 3 168 m. s−1
2.2.13 𝑣𝑓 = 𝑣𝑧𝑣2𝑙
𝜆= 3 400 m. s−1, 𝑓 ≐ 2 833 Hz
2.2.14 𝑣𝑚𝑜𝑠𝑎𝑧 =2𝑙
𝜆𝑣𝑣𝑧 = 3 400 m. s−1
2.2.15 𝑓𝑧 =1
2𝑙√
𝐸
𝜌= 3,705 kHz, pro vyšší harmonické platí 𝑓𝑛 = (2𝑛 + 1) 𝑓𝑧, pro n = 3,
4, 5, 6 dostaneme postupně tyto vyšší harmonické frekvence 25,9 kHz, 33,3 kHz,
40,7 kHz, 48,1 kHz
2.2.16 𝑓𝑧 =𝑣
2𝑙= 100 Hz
2.2.17 𝑙 =𝑣
4𝑓= 1,7 m
2.2.18 𝑙 =𝑣𝑣𝑧
4𝑓≐ 4 m
2.2.19 𝑙2 =𝑣2
4𝑓𝑟(1 −
𝑙1
(𝑙1+∆𝑙)) = 0,25 m
2.2.20 𝑡1 =4𝑙𝑓𝑟
0,61+ 𝑡2 ≐ 19,9 C°
2.2.21 𝑣 = 2𝜋𝑓𝑦𝑚 = 0,88𝜋 m. s−1 ≐ 2,8 m. s−1
2.2.22 t ≐ 15 min
2.2.23 𝐸 = 𝑣𝑓2𝜌 = 7,9. 1010Pa
2.2.24 𝐸 = 4𝑑2𝑓02𝜌 ≐ 82,5 MPa, lze pozorovat pouze jednu vyšší harmonickou
složku o frekvenci 198 kHz
2.2.25 𝑙 =𝑣𝑡𝑦č.𝑣𝑣𝑧
𝑣𝑡𝑦č−𝑣𝑣𝑧∆𝑡 ≐ 42,3 m
2.2.26 𝑓1 ≐ 7,91 Hz, 𝑓2 ≐ 15,8 Hz, 𝑓31 ≐ 23,7 Hz
2.3 Fázová a grupová rychlost
2.3.1 Řešení: Grupová rychlost je dána vztahem
𝑣𝑔 =d𝜔
d𝑘.
Fázová rychlost je zas dána vztahem
𝑣𝑓 =𝜔
𝑘, odkud 𝜔 = 𝑘𝑣𝑓.
Pokud odtud dosadíme za 𝜔 do rovnice pro grupovou rychlost, dostaneme
𝑣𝑔 =d
d𝑘(𝑘𝑣𝑓) = 𝑣𝑓 + 𝑘
d𝑣𝑓
d𝑘.
Vypočítáme
d𝑣𝑓
d𝑘=
d
d𝑘(
𝑎
1 − 𝑏𝜆2) =
d
d𝑘(
𝑎𝑘2
𝑘2 − 4𝜋2 𝑏) =
2𝑎𝑘(𝑘2 − 4𝜋2𝑏) − 𝑎𝑘2(2𝑘)
(𝑘2 − 4𝜋2 𝑏)2=
=2𝑎𝑘3 − 8𝜋2𝑎𝑏𝑘 − 2𝑎𝑘3
(𝑘2 − 4𝜋2 𝑏)2,
Dosadíme-li za 𝑘 máme
𝑣𝑔 = 𝑣𝑓 + 𝑘d𝑣𝑓
d𝑘=
𝑎
1 − 𝑏𝜆2+
−32𝜋4𝑎𝑏𝜆4
𝜆2(4𝜋2 − 4𝜋2𝑏𝜆2)2=
𝑎
1 − 𝑏𝜆2−
2𝑎𝑏𝜆2
(1 − 𝑏𝜆2)2=
𝑎(1 − 𝑏𝜆2) − 2𝑎𝑏𝜆2
(1 − 𝑏𝜆2)2= (
𝑎
1 − 𝑏𝜆2)
2 1
𝑎(1 − 𝑏𝜆2 − 2𝑏𝜆2) =
𝑣𝑓2
𝑎(1 − 3𝑏𝜆2).
2.3.2 a) 𝑣𝑔 = 1
2𝑣𝑓 , jedná se o prostředí s normální disperzí, b) 𝑣𝑔 =
3
2𝑣𝑓 , jedná se o pro-
středí s anomální disperzí
2.3.3 a) 𝑣𝑔 = 𝑣𝑓 , b) 𝑣𝑔 = 3
2𝑣𝑓, c) 𝑣𝑔 = 2𝑣𝑓
2.4 Dopplerův jev
2.4.1 𝑣 = 20 m. s−1, 𝑓0 = 576 Hz
2.4.2 a) 𝑓1 ≐ 610 Hz, b) 𝑓2 = 542 Hz
2.4.3 𝑓 ≐ 935 Hz
2.4.4 𝑣 ≐ 68 m. s−1
2.4.5 𝑓1
𝑓2≐ 1,37, 𝑣 ≐ 15 m. s−1
2.4.6 a) před autem 𝜆1 = 0,62 m, za autem 𝜆2 = 0,74 m, b) f ≐ 573 Hz,
c) f ≐ 439 Hz
2.4.7 𝑓𝑟 =2𝑣𝑣𝑣𝑧
𝑣𝑣𝑧2 −𝑣2
𝑓0 ≐ 12 Hz
2.4.8 𝑓0 =𝑣𝑣𝑧
2 −𝑣2
2𝑣𝑣𝑣𝑧𝑓𝑟 ≐ 2 037 Hz
2.4.9 𝑓𝑟 = 𝑓02𝑣
𝑣𝑣𝑧≐ 0,87 Hz
2.4.10 a) f1≐ 4 250 Hz, b) f2 ≐ 7 240 Hz, c) rychlost zdroje 𝑣𝑧 ≐ 222 m. s−1, rychlost
přijímače 𝑣𝑝 ≐ 262 m. s−1
2.4.11 a) f1≐ 970 Hz
b) f2≐ 1 030 Hz
c) fr≐ 60 Hz
2.4.12 𝑣 ≐ 123 km. h−1
3 Optika
3.1 Základní vlastnosti světla
Základní pojmy
3.1.1 ℎ´ =ℎ𝑐
𝜆𝑚𝑔≐ 3,3. 10−12 m
3.1.2 𝜌 =𝐸
𝑉=
𝑃𝑡
𝑆𝑙=
4𝑃
𝜋𝑑2𝑐≐ 1,06.10−6 J. m−3
3.1.3 𝑛 =𝑃𝑡𝜆
ℎ𝑐≐ 2,77. 1020 fotonů
3.1.4 𝑛/𝑡 =0,01𝑈𝐼𝜆
ℎ𝑐≐ 2,07. 1016 fotonů/s
3.1.5 𝑃𝑐 =𝑃𝑡
𝑐= 10−4 kg. m. s−1
3.1.6 𝑡 =𝑚𝑣𝑐
𝑃≐ 3. 107 s ≈ 1 rok
Polarizace světelné vlny
3.1.7 I/8
3.1.8 Řešení: a) Vlna se šíří ve směru osy 𝑥 a je lineárně polarizovaná. Vlnovou délku
nalezneme úpravou obecného tvaru rovinné vlny
𝐸𝑦 = 𝐸0 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥) = 𝐸0 cos (𝜔 (𝑡 −𝑘
𝜔𝑥)) = 𝐸0 cos (𝜔 (𝑡 −
𝑥
𝑐)),
vlnová délka
𝜆 =2𝜋
𝑘=
2𝜋𝑐
𝜔=
2𝜋𝑐
2𝜋𝑓=
𝑐
𝑓=
3 ⋅ 108
108= 3 m.
b) Vektor magnetické indukce
𝐵𝑧 =𝐸𝑦
𝑐cos [2𝜋. 108 (𝑡 −
𝑥
𝑐) ] =
0,5
3. 108cos [2𝜋. 108 (𝑡 −
𝑥
𝑐) ] , 𝐵𝑥 = 𝐵𝑦 = 0
c) Zajímá nás velikost střední hodnoty Poyntingova vektoru, tj.
|⟨𝑆⟩| = |1
𝑇∫ 𝑆 d𝑡
𝑇
0
| = |1
2(0 × 0)|,
kde integrujeme přes periodu 𝑇, 0 =0
𝜇0 a 0 =
0
𝑐. V našem případě (neboť vek-
tor 0 je kolmý na 0) je
|1
2(0 × 0)| =
1
2
𝐸0𝐵0
𝜇0=
𝐸02
2𝜇0𝑐=
0,52
2 ∙ 3 ∙ 108≐ 3,32 ∙ 10−4 Wm−2.
3.1.9 a) λ = 6 m, f = 5.107 Hz, 𝑧+, lineárně polarizovaná, α = 45°
3.1.10 a) 𝑧+, elipticky polarizovaná, b) 𝑥+, lineárně polarizovaná, α = 135°
3.1.11 f = 3.1010 Hz, λ = 0,1 m, 𝑥−, kruhově polarizovaná
3.1.12 f ≐ 9,5.1011 Hz,𝑣𝑓 = 2. 108 m. s−1, 𝑧+, elipticky polarizovaná
3.1.13 a) kruhově polarizovaná, 𝑥+, b) lineárně polarizovaná, 𝑥+, α = 135°, c) elipticky
polarizovaná, 𝑥+, d) elipticky polarizovaná, 𝑧+, e) elipticky polarizovaná, 𝑧−,
f) lineárně polarizovaná, 𝑧+, α ≐ 63° 26´, g) lineárně polarizovaná, 𝑥+, α = 30°, h)
elipticky polarizovaná, 𝑦+, ch) kruhově polarizovaná, 𝑦+
3.1.14 (𝑥, 𝑡) = 𝐸0 (√3𝑗 + )cos (𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)
3.1.15 (𝑧, 𝑡) = (−0,5𝑖 + 0,866𝑗)cos 𝜋(𝑧 − 3. 108𝑡)
3.1.16 (𝑧, 𝑡) = 𝑖 2cos2𝜋 (108𝑡 +𝑧
3) + 𝑗 2sin2𝜋 (108𝑡 +
𝑧
3)
3.1.17 Řešení: Z příkladu 3.1.8 víme, že
|⟨𝑆⟩| =𝐸0
2
2𝜇0𝑐= 0,1 Wm−2,
odkud
𝐸0 ≐ 8,68 Vm−1.
Dále
0 = (𝐸𝑥, 𝐸𝑦, 𝐸𝑧),
kde 𝐸𝑦 = 𝐸0 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥), 𝐸𝑥 = 𝐸𝑧 = 0, stejně tak
0 = (𝐵𝑥, 𝐵𝑦, 𝐵𝑧),
kde 𝐵𝑧 = 𝐵0 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥), 𝐵𝑥 = 𝐵𝑦 = 0, přičemž 𝐵0 =𝐸0
𝑐. Protože
𝑘 =2𝜋
𝜆=
2𝜋
500 ⋅ 10−9= 4𝜋 ⋅ 106 m,
𝜔 = 𝑘𝑐 = 4𝜋 ⋅ 106𝑐,
mají složky 𝐸𝑦 a 𝐵𝑧 tvary
𝐸𝑦 = 8,68 cos(4𝜋 ⋅ 106(𝑐𝑡 − 𝑥)),
𝐵𝑧 =8,68
𝑐cos(4𝜋. 106(𝑐𝑡 − 𝑥)).
3.1.18 𝐸𝑦 = 0,04 cos[(𝜋. 107𝑡 − 0,105𝑥], 𝐻𝑧 = 1,06. 10−4 cos[(𝜋. 107𝑡 − 0,105𝑥],
|⟨𝑆⟩| =1
2𝐸0𝐻0 = 2,12. 10−6 W. m−2
3.1.19 𝐵𝑥 = 3,33. 10−13cos (1,88. 107𝑡 − 6,28. 10−3𝑥)
3.2 Interference
3.2.1 a) 2. pulz, b) 0,03h/c
Youngův pokus
3.2.2 𝑦3.min − 𝑦0.max =(𝑁+
1
2)𝜆𝑥
𝑑≐ 3,1. 10−3m (𝑝𝑟𝑜 𝑁 = 2)
3.2.3 𝜆 =∆𝑦𝑑
𝑥= 480 nm, ve vodě ∆𝑦 =
𝜆𝑥
𝑛𝑑= 3 mm
3.2.4 a) ∆𝑦 =𝜆𝑥
𝑑= 0,65 mm
b) ∆𝑦3.min = 2,5 . 0,65 mm ≐ 1,63 mm, ∆𝑦5.max = 5 . 0,65 mm ≐ 3,25 mm
3.2.5 𝑦7.min − 𝑦5.max ≐ 1,6. 10−3m
3.2.6 ∆𝑦 = 3𝑥
𝑑(𝜆2 − 𝜆2) = 7,2. 10−5m
3.2.7 ∆𝑦 =𝜆𝑥
𝑑= 2,25. 10−3m
3.2.8 𝜆 =∆𝑦𝑑
9𝑥= 600 nm
3.2.9 Řešení: Pro vlnový vektor bude platit
𝑘 =2𝜋
𝜆, 𝑘′ =
2𝜋
𝜆′,
kde „očárkované“ veličiny jsou v prostředí s 𝑛 ≠ 𝑛0. Dále platí
𝜆′ =𝜆
𝑛 ⇒ 𝑘′ = 𝑛𝑘,
a protože vektory a ′ mají přibližně stejný směr (s ohledem na velkou vzdále-
nost stínítka od dvojštěrbiny) můžeme psát
′ = 𝑛.
Máme tedy, že
𝛿 = ′ ⋅ 𝑡 + ∙ (𝑟1 − 𝑡 − 𝑟2),
𝛿 = ⋅ (𝑛𝑡 + 𝑟1 − 𝑡 − 𝑟2),
𝛿 = ⋅ (𝑡(𝑛 − 1) + 𝑟1 − 𝑟2) = ⋅ (𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑),
𝛿 = 𝑘(𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑 tg 𝜃) =2𝜋
𝜆(𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑
𝑦
𝑥).
Podmínka pro 𝑦-ovou souřadnici interferenčního maxima je 𝜋
𝜆(𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑
𝑥
𝑦max) = 𝑁𝜋,
kde 𝑁 je celé číslo. Vyjádříme 𝑦max
𝑦max =𝑥
𝑑(𝑁𝜆 − 𝑡(𝑛 − 1)).
Hlavní interferenční maximum bude pro 𝑁 = 0, dostáváme tedy
|𝑦max| =𝑥
𝑑𝑡(𝑛 − 1),
Δ𝑦 =𝜆𝑥
𝑑 je šířka 1 proužku, máme pak
2,2Δ𝑦 = 2,2𝜆𝑥
𝑑=
𝑥
𝑑𝑡(𝑛 − 1),
odkud
𝑡 =2,2𝜆
𝑛 − 1=
2,2 ⋅ 500 ⋅ 10−9
1,4 − 1≐ 2,75 ⋅ 10−6 m.
3.2.10 λ2 ≐ 642 mm
Interference na tenké vrstvě
3.2.11 𝑑 =𝜆𝑧
4√𝑛2−sin2𝛼≐ 104 nm, pro kolmý dopad nastává pro odražené světlo interfe-
renční maximum pro vlnovou délku 𝜆 = 4𝑛𝑑 ≐ 554 nm
3.2.12 𝑑 <𝜆
4𝑛≐ 101 nm
3.2.13 a) λ1 ≐ 571 nm, λ2 ≐ 444 nm b) λ1 = 400 nm, λ2 = 500 nm, λ3 = 667 nm
3.2.14 𝑑 =𝜆
4𝑛≐ 112 nm, 𝜆 =
𝜆0
𝑛≐ 451 nm
3.2.15 a) N = (5,5 ± 0,5) vlny, b) ∆𝜑 = (11 ± 1)π
3.2.16 𝑡 =𝜆
4𝑛1≐ 99,6 nm
3.2.17 𝑡 =𝜆
4𝑛1=
𝜆
5
3.2.18 𝑡 =𝜆
4𝑛2= 70 nm
3.2.19 𝜆 = 552 nm
3.2.20 𝜑 = 5. 10−5 rad
Newtonovy kroužky
3.2.21 Řešení: Označme 𝑟𝑘 poloměr 𝑘-tého pozorovaného kroužku, víme, že vzdálenost
mezi Newtonovými skly a podmínka pro maximum jsou
𝑑 =𝑟𝑘
2
2𝑅, 2𝑛𝑑 =
(2𝑘 + 1)𝜆
2 ,
kde 𝑛 je index lomu prostředí mezi skly, tj. vody, a 𝜆 je vlnová délka pozorova-
ného světla. Dosadíme-li za 𝑑 a vyjádříme 𝑟𝑘 dostaneme
2𝑛𝑟𝑘2
2𝑅= (2𝑘 + 1)
𝜆
2,
𝑟𝑘2 = √
𝑅𝜆(2𝑘 + 1)
2𝑛.
Vzdálenost mezi třetím a čtvrtým kroužkem bude
Δ 𝑟3,4 = 𝑟4 − 𝑟3 = √𝑅𝜆
2𝑛(√7 − √5),
po dosazení
𝑟4 − 𝑟3 = √2 ⋅ 600 ⋅ 10−9
8(√7 − √5) ≐ 0,19 mm.
3.2.22 𝑟5 = √𝑅(2.4 + 1)𝜆
2≐ 2,84. 10−3m
3.2.23 𝜆 =𝑛𝑟2
𝑅= 578 nm
3.2.24 a) 𝜆 =2𝑟2
𝑅= 500 nm, b) 𝑟5 = √𝑅
𝜆
2𝑛≐ 0,87. 10−3m
3.3 Ohyb světla
3.3.1 𝛼č = arcsin (2𝜆č
𝜆𝑚sin𝛼𝑚) ≐ 17º 56´
3.3.2 a) 𝑥č − 𝑥𝑓 = 22,2 mm,
b) 𝑥č − 𝑥𝑓 = 1,0 mm
3.3.3 Aby se pásy překrývaly, muselo by platit 𝛼1 = 𝛼2 , tedy 𝜆1 = 2𝜆2. Ve viditelné
oblasti spektra toto není možné splnit.
3.3.4 𝑥1 ≐ 0,45. 10−3 m, 𝑥2 ≐ 0,90. 10−3 m, 𝑥3 ≐ 1,35. 10−3 m
3.3.5 𝜆 = 600 nm
3.3.6 𝜆 = 460 nm
3.3.7 ∆𝑥 ≐ 0,14 m
3.3.8 4. řád spektra
3.3.9 𝜃 ≐30º
3.3.10 𝑓 = 0, 6 m
3.3.11 ∆𝑥 =𝑓𝜆
𝑑≐ 0,56. 10−3 m
3.3.12 𝜆1 = 500 nm, 𝜆2 = 400 nm
3.3.13 b≐ 1,55.10−6 m
3.4 Fotometrie
3.4.1 0,25 %
3.4.2 I = 240 cd, 𝑟 = √2 m
3.4.3 𝑥 =𝑑√2
2≐ 0,7 m
3.4.4 E = 62,4 lx
3.4.5 E ≐ 14,8 lx
3.4.6 𝐸 = 2𝐼0ℎ
(ℎ2+𝑑2
4)
32
≐ 0,038 lx
3.4.7 a) 𝐸 =𝐼0
ℎ2 +𝐼0ℎ
(𝑑2+ℎ2)32
≐ 86 lx, 𝐸 = 2𝐼0ℎ
(ℎ2+𝑑2
4)
32
≐ 91 lx
3.4.8 a) E = 30 lx, b) E ≐ 5,8 lx
3.4.9 a) E ≐ 18,8 lx, E ≐ 20,4 lx
3.4.10 Řešení: Jestliže je světelný zdroj ve vzdálenosti 𝑟 od okraje desky a úhel dopada-
jícího světla ke 𝛼 (měřeno od kolmice), intenzita osvětlení v tomto místě je
𝐸 =𝐼 cos 𝛼
𝑟2.
Bude-li světelný zdroj ve výšce ℎ nad středem kruhové desky poloměru 𝑅, je
cos 𝛼 =ℎ
𝑟, 𝑟 = √ℎ2 + 𝑅2,
máme tedy
𝐸 =𝐼ℎ
𝑟3=
𝐼ℎ
(√ℎ2 + 𝑅2)3.
Pro výšku ℎ hledáme maximální hodnotu 𝐸, tedy extrém funkce 𝐸(ℎ), tj. hodnoty
ℎ0 takové, pro které platí
d𝐸
dℎ(ℎ0) = 0.
Upravíme naši funkci na tvar
𝐸 = 𝐼ℎ(ℎ2 + 𝑅2)−32,
zderivujeme podle ℎ a položíme rovno nule
d𝐸
dℎ= 𝐼(ℎ2 + 𝑅2)−
32 + 𝐼ℎ(ℎ2 + 𝑅2)−
52(2ℎ) = 0,
tento tvar upravíme a vydělíme 𝐼
1
(√ℎ2 + 𝑅2)3 −
3ℎ2
(√ℎ2 + 𝑅2)5 = 0,
a dále upravíme
(√ℎ2 + 𝑅2)2
− 3ℎ2
(√ℎ2 + 𝑅2)5 = 0,
𝑅2 − 2ℎ2 = 0,
ℎ =𝑅
√2=
𝑅√2
2
Pro R = 1 m, je ℎ =√2
2≐ 0,7 m.
3.4.11 Řešení: Vztah, který použijeme k výpočtu, je tentýž jako v předchozí úloze, tj.
𝐸 =𝐼 cos 𝛼
𝑟2.
Svítivost vypočteme ze vztahu Φ = 4𝜋𝐼, odtud 𝐼 =Φ
4𝜋.
Z geometrie úlohy (viz obr.) vyplývá, že vzdálenost 𝑟 zdroje od místa, na které
dopadá světlo pod úhlem 𝛼 = 30∘, je 𝑟 = 2𝑅 cos 𝛼 .
Pokud uvážíme výše uvedené, bude
𝐸 =Φ cos 𝛼
16𝜋𝑅2 cos2 𝛼=
Φ
16𝜋𝑅2 cos 𝛼=
600
16𝜋 cos 30∘≐ 13,8 lx.
3.4.12 Řešení: Bodový zdroj 𝑆 umístíme do vzdálenosti 𝑑 nad bodem 𝐴. Zrcadlo posta-
víme z jedné strany tak, že s vodorovnou rovinou svírá pravý úhel (zrcadlo je
možné umístit i jinak, aby byly splněny podmínky zadání) a je ve vzdálenosti 𝑑
od bodu 𝑆 (viz obr.).
Pro osvětlení bez zrcadla 𝐸0 platí
𝐸0 =𝐼 cos 0∘
𝑑2=
𝐼
𝑑2.
Osvětlení po přidání zrcadla 𝐸 vypočítáme jako
𝐸 = 𝐸0 + 𝐸z,
kde 𝐸z osvětlení paprskem jež se odrazil od zrcadla a dopadl do bodu 𝐴. Dráhou
tohoto paprsku je součet úseček mezi bodem 𝑆 a bodem 𝐵 jež se nachází na zrca-
dle ve výšce 𝑑
2 nad vodorovnou rovinou a úsečky mezi bidem 𝐵 a 𝐴. Tyto dvě
úsečky jsou stejně dlouhé. Dráha paprsku 𝑟 bude tedy
𝑟 = 2√𝑑2 + (𝑑
2)
2
= 2𝑑√5
4= 𝑑√5.
Úhel resp. cosinus úhlu, pod kterým paprsek dopadá na vodorovnou rovinu, vy-
počítáme jako
cos 𝛼 =
𝑑2
𝑑√5=
√5
10.
Osvětlení paprskem, jež se odrazil od zrcadla, bude
𝐸z =𝐼 cos 𝛼
𝑟2=
𝐼√510
5𝑑2=
𝐼
𝑑2
√5
50= 𝐸0
√5
50.
Celkové osvětlení pak bude
𝐸 = 𝐸0 (1 +√5
50) ⇒
𝐸
𝐸0= 1 +
√5
50≐ 1,045,
Osvětlení tedy bude o 4,5% vetší.
3.4.13 d ≐ 13,3 m
3.4.14 𝐼 =𝛷𝑐
4𝜋≐ 765 cd
3.5 Odraz a lom na rovinném rozhraní
3.5.1 𝛼 ≐ 79º06´
3.5.2 Výška zrcadla se musí rovnat nejméně polovině výšky postavy. Spodní okraj zr-
cadla musí být umístěn v poloviční vzdálenosti očí od země.
3.5.3 𝛽 ≐ 34,9º, δ≐ 4,9º
3.5.4 Řešení: Paprsek dopadá na vrstvu tloušťky 𝑑 s indexem lomu 𝑛. Na rozhraní
vzduch-vrstva paprsek dopadá pod úhlem 𝜑1 = 60∘ a láme se pod úhlem 𝛽 (viz
obr.). Pod tímž úhlem dopadá na rozhraní vrstva-vzduch a láme se pod úhlem 𝜑2.
Dle Snellova zákone je
sin 𝜑1
sin 𝛽= 𝑛 ∧
sin 𝛽
sin 𝜑2=
1
𝑛,
Odkud sin 𝜑1 = sin 𝜑2, tedy 𝜑1 = 2𝑘𝜋𝜑2, a pro praktické výpočty jsou tyto úhly
stejné.
Označme bod, v němž paprsek vstupuje do skla 𝐴, a bod B, v němž vystupuje ze
skla. Označme také bod 𝐵‘, který se nachází kolmo „pod bodem“ 𝐴 na prodloužení
paprsku, jež vystupuje ze skla, tj 𝐴𝐵′ je hledaná vzdálenost paprsků.
𝐴𝐵′ = 𝐴𝐵 sin(𝜑1 − 𝛽),
dále
𝐴𝐵 =𝑑
cos 𝛽,
Máme tedy, že
𝐴𝐵′ =𝑑
cos 𝛽sin(𝜑1 − 𝛽),
cos 𝛽 upravíme podle vztahu
cos 𝛽 = √1 − sin2 𝛽 = √1 −sin2 𝜑1
𝑛2,
a úhel
𝛽 = arccos √1 −sin2 𝜑1
𝑛2.
Dostáváme tedy 𝐴𝐵′ jako funkci zadaných parametrů
𝐴𝐵′ =𝑑
√1 −sin2 𝜑1
𝑛2
sin (𝜑1 − arccos √1 −sin2 𝜑1
𝑛2),
dosadíme-li
𝐴𝐵′ =𝑑
√1 −4 sin2 60∘
9
sin (60∘ − arccos √1 −4 sin2 60∘
9) ≐ 0,01025 m
= 10,25 mm.
3.5.5 𝛼 ≐ 26,3º, 𝛽 ≐ 22,8º
3.5.6 Řešení: Geometrie této úlohy je znázorněná na obrázku.
Odtud vidíme, že platí
𝐵𝑃′ =ℎ′
cos 𝛼 , 𝐵𝑃 =
ℎ
cos 𝛽 ,
uvážíme-li také 𝐵𝐷𝑃′ bude
𝐵𝐷
𝐵𝑃′ =
sin d𝛼
sin 𝛾.
Dále předpokládejme, že
sin d𝛼 ≈ d𝛼.
Úhel 𝛾 = 90° − (𝛼 + d𝛼) tedy sin 𝛾 = sin(90° − (𝛼 + d𝛼)) = cos(𝛼 + d𝛼) ≈cos 𝛼. Máme tedy
𝐵𝐷
𝐵𝑃′ ≈
d𝛼
cos 𝛼 .
Zcela analogicky, uvážíme-li 𝐵𝐷𝑃, dostaneme, že
𝐵𝐷
𝐵𝑃 ≈
d𝛽
cos 𝛽 .
Pokud tyto rovnice podělíme dostaneme
𝐵𝑃
𝐵𝑃′ =
d𝛼 cos 𝛽
d𝛽 cos 𝛼=
ℎ cos 𝛼
ℎ′ cos 𝛽 ,
odkud
d𝛼ℎ′
cos2 𝛼=
d𝛽ℎ
cos2 𝛽 ⇒
d𝛼
d𝛽=
ℎ cos2 𝛼
ℎ′ cos2 𝛽 ,
Ze Snellova zákona
sin 𝛼
sin 𝛽= 𝑛,
diferencováním dostaneme
cos 𝛼 d𝛼
cos 𝛽 d𝛽= 𝑛 ⇒
d𝛼
d𝛽= 𝑛
cos 𝛽
cos 𝛼 ,
tedy
ℎ cos2 𝛼
ℎ′ cos2 𝛽= 𝑛
cos 𝛽
cos 𝛼 ,
odkud
ℎ′ =ℎ cos3 𝛼
𝑛 cos3 𝛽 ,
cos 𝛽 lze vyjádřit pomocí sin 𝛽 a ten lze vyjádřit za pomoci sin 𝛼 a 𝑛, jako
cos 𝛽 = √1 − sin2 𝛽 = √1 − (sin 𝛼
𝑛)
2
=√𝑛2 − sin2 𝛼
𝑛,
a
ℎ′ =ℎ cos3 𝛼
𝑛 (√𝑛2 − sin2 𝛼
𝑛 )
3 = 𝑛2ℎ (cos 𝛼
√𝑛2 − sin2 𝛼)
3
= 0,6 m.
3.5.7 a) 𝛿 ≐ 38,5º, b) 𝛿𝑚𝑖𝑛 ≐ 37,2º, 𝛼 ≐ 48,6º
3.5.8 𝑛 ≐ 1,5, 𝛼 = 40º
3.5.9 𝛿𝑚𝑖𝑛 ≐10,9º
3.5.10 𝜑 ≐ 16,6º
3.5.11 𝛼 ≐ 7,5º
3.5.12 Ano, bude, neboť paprsek dopadá na svislou stěnu krychle přibližně pod úhlem
60º, přičemž mezní úhel pro rozhraní sklo – vzduch je přibližně 45º.
3.5.13 n ≐ 1,51
3.5.14 𝜑 < 55º
3.5.15 Hledáme Brewsterův úhel, pro který platí 𝛼𝐵 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑛2
𝑛1≐ 56,3º, 𝛽𝐵 =
90º − 𝛼𝐵= 33,7º
3.5.16 𝛼𝐵 ≐ 49º
3.5.17 𝛼𝐵 ≐ 35,3º
3.5.18 a) 𝛼𝐵 ≐ 58º, 𝛼𝐵 ≐ 32º, 𝛼𝐵 ≐ 58º, 𝛼𝐵 ≐ 84º
3.5.19 𝛼𝐵 ≐ 54,7º
3.5.20 a) 𝛼𝐵 ≐ 53,1º, b) 𝜑 ≐ 11,5º,
3.6 Geometrická optika
Zrcadla a kulové lámavé plochy
3.6.1 Řešení: Pro lom paprsku na kulové ploše poloměru 𝑟 platí
𝑛1
𝑎+
𝑛2
𝑏=
𝑛2 − 𝑛1
𝑟,
K lomu dochází na vypuklé kulové ploše, přičemž paprsek prochází sklem, s in-
dex lomu 𝑛1 = 1,5, a přechází do vzduchu, s indexem lomu 𝑛2 = 1.
Vzdálenost obrazu je 𝑏 = 𝑎′ = −2,5 cm (obraz leží před lámavou plochou) a 𝑟 =−10 cm (lámavá plocha je opačně orientovaná). Máme tedy
𝑛1
𝑎+
𝑛2
𝑏=
𝑛2 − 𝑛1
𝑟 ⇒ 𝑎 =
𝑏𝑟𝑛1
𝑏(𝑛2 − 𝑛1) − 𝑟𝑛2=
𝑏𝑟𝑛1
𝑛2(𝑏 − 𝑟) − 𝑏𝑛1,
𝑎 =0,025 ∙ 0,1 ∙ 1,5
−0,025 + 0,1 + 0,025 ∙ 1,5≐ 3,3 cm.
3.6.2 a) a = 21 cm, a´= − 84 cm, b) a = 35 cm, a´= 140 cm
3.6.3 a´= 96 cm, y´= −4,5 cm
3.6.4 a = 8 cm
3.6.5 Ohnisková vzdálenost zrcadla může být 40 cm nebo 37,5 cm.
3.6.6 f = 10,5 cm
3.6.7 𝑎 = 5𝑟0
3.6.8 a´≐ −0,27 m, Z ≐ 0,45, a) a´≐ 0,75 m, Z ≐ 2,5, b) a´≐ −1,3 m, Z ≐ −1,6
3.6.9 a) a´≐ 0,78 m, Z ≐ −0,55, b) a´= 1,0 m, Z = −1, c) a´≐ 1,33 m, Z ≐ −1,66, d) a´=
∞, -, e) ) a´≐ −0,75 m, Z ≐ 2,5
3.6.10 Řešení:
a) Bod 𝑃 umístíme do vzdálenosti 𝑥 = 𝑎 před vypuklé zrcadlo (viz obr.). Obraz
𝑃′, vytvořený vypuklým zrcadlem, bude neskutečný a ve vzdálenosti 𝑏 = −𝑦
(𝑦 > 0) od vrcholu vypuklého zrcadla a bude vyhovovat rovnici
𝑃′ je od vrcholu dutého zrcadla ve vzdálenosti 𝑎2 = 2𝑟0 + 𝑦. Jestliže má být jeho
obraz 𝑃∗ ve stejném místě jako vzor 𝑃 bude jeho vzdálenost od vrcholu dutého
zrcadla 𝑏2 = 2𝑟0 − 𝑥 a bude tedy vyhovovat rovnici
Řešením rovnic (6) a (7) dostaneme kvadratickou rovnici pro 𝑥
2𝑥2 − 2𝑟0𝑥 − 𝑟2 = 0,
1
𝑥−
1
𝑦= −
2
𝑟0. (2)
1
2𝑟0 + 𝑦+
1
2𝑟0 − 𝑥=
2
𝑟0. (3)
jejímiž řešeními jsou 𝑥1 = 1,35𝑟0, 𝑥2 = −,035𝑟0. Řešení 𝑥2 odpovídá tomu, že
by bod 𝑃 ležel uvnitř vypouklého zrcadla, a tedy zadání vyhovuje pouze řešení
𝑥1.
b) Obraz bude skutečný převrácený a zmenšený.
c) Zvětšení
𝑍 =𝑦′
𝑦= −
𝑎′
𝑎,
z rovnice (6) máme 1
𝑦=
1
1,35𝑟0+
2
𝑟0 ⇒ 𝑦 =
1,35𝑟0
3,7= 0,36𝑟0,
Zvětšní bude tedy
𝑍 = −𝑎′
𝑎= −
2𝑟0 − 𝑥
2𝑟0 + 𝑦= −
2𝑟0 − 1,35𝑟0
2𝑟0 + 0,36𝑟0= −0,27.
3.6.11 Řešení:
a) Pro duté zrcadlo platí
1
𝑎+
1
𝑎′=
1
𝑓 ⇒ 𝑎′ =
𝑎𝑓
𝑎 − 𝑓=
30 ∙ 20
10= 60 cm,
pro vypuklé zrcadlo 1
𝑑 − 𝑎′−
1
𝑎′′= −
1
𝑓 ,
odkud
𝑎′′ =𝑓(𝑑 − 𝑎′)
𝑓 + 𝑑 − 𝑎′=
20(50 − 60)
20 + 50 − 60= −
200
10= −20 cm.
b) Pro vypuklé zrcadlo platí
1
𝑑 − 𝑎−
1
𝑎′= −
1
𝑓 ⇒ 𝑎′ =
𝑓(𝑑 − 𝑎)
𝑓 + 𝑑 − 𝑎=
20(50 − 30)
20 + 50 − 30= 10 cm,
pro duté zrcadlo platí 1
𝑑 + 𝑎′+
1
𝑎′′=
1
𝑓 ,
odkud
𝑎′′ =(𝑑 + 𝑎′)𝑓
𝑑 + 𝑎′ − 𝑓=
(10 + 50) ∙ 20
50 + 10 − 20= 30 cm.
Čočky
3.6.12 a = 28 cm, a´= − 84 cm
3.6.13 𝜑 = 3 D
3.6.14 𝑟1 = 45 mm, 𝑟2 = 90 mm
3.6.15 a) f = 40 cm, b) v nekonečnu
3.6.16 a´= − 30 cm, obraz je stejně velký jako předmět, vzpřímený a neskutečný
3.6.17 a´= − 50 cm, Z = − 5, obraz je virtuální a převrácený
3.6.18 f = 9 cm
top related