X. OPTIKA 1. Fizika mérnököknek számolási gyakorlat (MEGOLDÁSOK) / I. félév

Átírás

1 / I. félév X. OPTIKA. Fény visszaverődése és törése síkfelületen X./. Készítsünk egy vázlatot: (nem célszerű mérethelyes ábrát készíteni) Az ABO, CDO és az EFO háromszögek hasonlóak, ezért a megfelelő oldalak aránya megegyezik: AB 0 + x =, innen x = CD + x 9 a másik két háromszöget felhasználva megkapjuk a teljes árnyék EF átmérőjét: CD + x 5 = =, EF x 6 6 így EF = cm = 0, cm. 5 A teljes árnyékot körülveszi egy gyűrű alakú félárnyék, ennek a külső szélét a GH átmérőjű kör határolja: 00 Itt az ABO, CDO és a GFO háromszögek hasonlóságát használjuk fel: y =, GH = 8, cm. X./0. Tételezzük fel, hogy az akvárium falának vastagsága elhanyagolható a többi méret mellett, és készítsünk rajzot, amelyen a delfin szeméből kiinduló fénysugár a megfigyelő két szemébe érkezik: A tárgyakat a szemünkbe jutó fény meghosszabbításában látjuk. Ezen az ábrán az akvárium falánál törik meg a fény, ezért a szemünkbe jutó fény kékkel rajzolt meghosszabbításában látjuk a delfin szemét. A számolásnál felhasználjuk, hogy az ember szemeinek távolsága a feladatban szereplő méretekhez képest kicsi, ezért a szögek is kicsik, sin α tgα. x sin α x x tg α tg sin, tg, tg és d D α α = nvíz β= α = = =,, sinβ D d tgβ x d tgβ sinβ D D D m ebből nvíz, innen d = = m = 075, m. d n víz A delfin szemét tehát az akvárium fala mögött 75 cm távolságban látjuk.

2 / I. félév X./5. A fény akkor nem jut át a számolás egyszerűsítése végett egyenesnek gondolt fényvezetőn, ha három törés után kilép a köpenyből. A jelöléseket használjuk az ábra szerint: Írjuk fel a törés törvényét egymás után a három törésre: sin α n sin γ n sin δ n0 =, =, =.. sinβ n sin δ n sin ε n 0 Akkor nem lép ki fény a köpenyen keresztül, ha δ eléri a teljes visszaverődés határszögét, vagy annál nagyobb. A n határszögnél ε = 90, sin δ h = 0, a második törést leíró egyenletből a δ h -hoz tartozó γ min -t számíthatjuk ki, a n feladat feltétele szerint a γ szög ennél nem lehet kisebb. Mivel a β és γ egy derékszögű háromszög két hegyes szöge, β = 90 γ, így β max = 90 γ min. Ezeket felhasználva a következőt kapjuk: sin αmax n n n n n =, sin α max = sinβ max = 0 sin ( 90 γ min ) = cos γ min = sin γ min = sinβ n n n n n max n n n n n n n n 0 0 = sin δ h = = = = n, n0 n n0 n n n0 n n0 sin α = n. max Ha n =,, akkor bármely beesési szög esetén áthalad a fényvezetőn a fény. X.6. Ha a prizmában a fénysugár útja merőleges a prizma törőszögének szögfelezőjére, a fénysugár szimmetrikusan halad a prizmában. Jelölje α és β a beesési és törési szögeket, φ a prizma törőszögét, valamint δ a nyaláb eltérítési szögét (mely jelen esetben a legkisebb eltérítési szög, ezért ezentúl δ min. -nel jelöljük). Geometriai megfontolásokból β = ϕ és min. + δ min. = ( α β ), ez utóbbiból α = δ ϕ. Írjuk fel a Snellius Descartes-törvényt a prizma lapján végbemenő törésre (a megadott n törésmutató a prizma anyagának a prizmát körülvevő közegre vonatkoztatott relatív törésmutatója): δ min. + ϕ sin sinα n = = ϕ, amelyből a legkisebb eltérítés szöge δ sin β ϕ min. = arcsin n sin ϕ. A legkisebb sin eltérítés szöge a két különböző törőszögű prizmára vonatkozóan: 5 60 δ 5 = arcsin,59 sin 5 = 6,08 és δ 60 = arcsin,59 sin 60 = 8,8.

3 / I. félév X./7. Az előző feladatból tudjuk, hogy a zöld fénysugárra az eltérítés szöge δ = δ60 = 8,8 lesz, és a háromszínű fénynyaláb δ + 60 ϕ 8,8 60 α = = + = 9, -os szög alatt érkezik a prizma első törőfelületére. A prizmában haladó fénysugár útja a kék sugárra nem a szimmetrikus sugármenetet követi, az eltérítés szögének kiszámításához az alábbi jelöléseket vezetjük be. Az ábra alapján felírható, hogy δ = α β + ε γ és ϕ = β + γ, amelyekből δ = α + ε ϕ. Írjuk fel ( ) ( ) a Snellius Descartes-törvényt az első törőfelületen bekövetkező törésre: sinα n = sin β, amelyből sinα sin 9, β = arcsin = arcsin = 9, 76. n, 50 A ϕ = β + γ összefüggésből γ = ϕ β = 60 9,76 = 0, adódik. Most a második törőfelületre írjuk fel a sinε Snellius Descartes-törvényt: n = sin γ, ebből ε = arcsin ( n ) ( ) sin γ = arcsin,50 sin 0, = 50, 0. Ezt az ábra alatt található összefüggésbe visszahelyettesítve: δ = α + ε ϕ = 9, + 50, 0 60 = 9,8. A vörös színű fénysugárra a fenti gondolatmenetet követve β = 0,, γ = 9,89 és ε = 8,98, ezekből δ = 8,0. A három eltérítési szögből a kilépő fénysugaraknak a középső, zöld színű nyalábbal bezárt szögük φ kék zöld = δ δ = 9,8 8,8 = 0,98 és φ vörös zöld = δ δ = 8,0 8,8 = 0,.

4 / I. félév XI. OPTIKA. Gömbtükrök és gömbi vékony lencsék XI./. f = 0 cm, t = 60 cm A tüköregyenletet használjuk fel: t f = +, =, k = = 0cm f t k k f t t f k 0 cm N = = =. t 60 cm XI./. A borotválkozó tükör használatánál egyenes állású képet nézünk, ez azt jelenti, hogy a kép látszólagos. Nagyított képet csak homorú tükörrel tudunk előállítani. Készítsünk erről egy vázlatot: d = 5 cm, N = Az ábra szerint: d = k + t k A nagyításból: N = =, k = t t Vagyis: d = t, t = d /, k = d /. XI./5. Helyettesítsünk a tüköregyenletbe: 6 = +, = = =, f t k f d d d d d 50 f = = cm. r = 0 cm, k = 60 cm A fókusztávolság f = r/ = 0cm. Használjuk fel a tüköregyenletet a tárgytávolság kiszámítására: ( cm) k f 60 0 cm 00 = +, =, t = = = cm = 5 cm. A nagyítás: f t k t f k k f 60 cm 0 cm 80 k 60 cm N = = =. t 5 cm XI./7. A domború tükör látszólagos, egyenes állású képet hoz létre, a tükör mögött. Az r = 0 cm görbületi sugár miatt f = 5 cm és k = cm.

5 / I. félév Számítsuk ki a tárgytávolságot: ( cm) ( 5cm) cm ( cm) k f 0 = +, =, t = = = cm = 0 cm. f t k t f k k f 5 XI./9. f = 0 cm, K = 0 cm, K =,5 cm, t = k és t = k. A nagyítás miatt: K k, K k t K K k t = = =. Innen = =, T = K K = cm 5, T = 5 cm. T t T t k T T t k Továbbá k t K 5 cm = = =, k = t. T 0 cm f A tüköregyenletből: = + = + =, innen t = = 0 cm, k = 60 cm. f t k t t t XI./. A képszerkesztésnél kihasználtuk, hogy az optikai tengellyel párhuzamos sugár mindhárom tárgyhelyzethez felhasználható! XI./. t = 60 m, T = 5 m, K = mm. Az adatokból kiszámíthatjuk a képtávolságot: A lencseegyenletet felhasználva: megbecsülhető, hogy az XI./5. 60 m k K K 0 m =, k = t = 60 m = 8 0 m = 8 mm. t T T 5 m,, f m f = t + k = m + m = , m 8 m. Ez abból a tényből is elhanyagolható az 80 m mellett. f = /D = / m = 5 cm, N = (látszólagos a kép). Szerkesztéssel is megoldhatjuk a feladatot. Rajzoljuk le a lencsét, és mellé a tárgyat. Az önkényesen kijelölt tárgytávolság háromszorosára (ugyanarra az oldalra) rajzoljuk a háromszoros méretű egyenes állású képet. Felhasználva, hogy a képpontban a valóságos sugarak meghosszabbításai metszik egymást, megrajzolhatjuk a tárgy- és képpontok felhasználásával a pirossal berajzolt nevezetes sugarakat, melyek az optikai tengelyből kimetszik a fókuszpontokat. 5

6 / I. félév Számítással pontosabb értékeket kapunk: k = t, = =, t = f = 6, 7 cm, k = 50 cm. f t t t XI./7. Az első lencséről úgy haladnak tovább a sugarak, hogy egy ponton, a fókuszponton átmennek. Vagyis a következő lencsére érkező sugarakat úgy tekinthetjük, mintha azok egyetlen pontból (az első lencse fókuszából indulnának). Egy pontból kiinduló sugarakat egy gyűjtőlencse akkor tesz párhuzamossá, ha a pontszerű forrás egybe esik a második lencse fókuszpontjával. Akkor lesz az elrendezés megfelelő, ha a két lencse egymás felőli fókuszpontja egybeesik. XI./9. f = 50 cm, r = 80 cm, n =,5 = ( n ) +, =, f r r f ( n ) r r ( ) r f ( n ) ( ) f n 50cm 0, 5 80cm r = = = 9, 68 cm. r 80cm 50cm 0, 5 XI./. f = 5 cm, d = 0 cm, t = (0 ) cm = 8 cm. 6

7 / I. félév Az első ábrán az a kép látható, amely úgy keletkezik, hogy a fénysugarak nem érintik a síktükröt: t f 8cm 5cm k = = =, 76 cm. Ez látszólagos kép, ernyőn nem fogható fel, nagysága K = k T = 7, T. t f 8cm 5cm t Az alsó ábrán, a fénysugarak először a síktükörre esnek, ott visszaverődnek (keletkezik egy látszólagos kép a tükör mögött K ), majd a visszaverődő sugarak úgy haladnak, mintha a K valóságos forrásuk lenne, ezután áthaladnak a lencsén, és létrehozzák a K valódi, ernyőn felfogható képet k távolságban: t f A K kép lencsétől való távolsága t = cm+ 0 cm = 5 cm., a képtávolság k = = 8, 5 cm. A harmadik kép t f nagysága K = k T = 09, T. t XII. OPTIKA. XII./. α p α p 90 β Ha a beesési szög egyenlő a polarizáció szögével, akkor a visszavert fény lineárisan poláros lesz (Brewster törvénye), a polarizáció, azaz az elektromos térerősség merőleges lesz a beesési síkra, és a visszavert és a megtört fénysugár egymásra merőleges ebben az esetben: a polarizáció szöge: sin α p = 0 nés α p +β= 90 felhasználásával, sinβ α p = 56,. XII./. A víz esetén a polarizáció szögre: tgα p = n összefüggésből: αp= 5,. XII./5. (a) Brewster-szög esetében a párhuzamos összetevő teljes egészében megtörik, így visszavert fénynyaláb egyáltalán nem lesz. (b) A fény egy része visszaverődik, a másik része megtörik. Mind a visszavert, mind a megtört fénysugár a beesési síkra merőlegesen polarizált lesz. XII./6. A polarizátoron a természetes fényből a polarizátor rezgésirányával párhuzamos elektromos térerősségkomponens jut át. Ez az összes lehetséges, azonos valószínűséggel előforduló térerősség adott irányra eső vetülete. Belátható, hogy a természetes fényből, a polarizátoron áthaladó fény intenzitása felére csökken. Ha a két szűrő szögét ϕ jelöli: I 0 I =I 0 / I =I 0 /8 I 8 0 I = Icos ϕ, cos ϕ= = =, cos ϕ=, ϕ= 0. A I polarizációs szűrők egymással 0 -os szöget zárnak be. 7

8 / I. félév XIII. A DEFORMÁLHATÓ TESEK FIZIKÁJA I. Szilárd testek rugalmassága XIII./. Ha egy függőleges helyzetű huzalra egy súlyt függesztünk, akkor a huzal úgy fog viselkedni, mint egy rugó. Fejezzük ki a rugóállandót a huzal méreteivel és az anyagának Young modulusával! A megnyúlásra vonatkozó Eq összefüggésből fejezzük ki az erőt: F = l, és hasonlítsuk össze a rugóra vonatkozó erőtörvénnyel, amely l Eq szokásos alakja: F = D l. Ebből látszik, hogy D =. l XIII./. l = 0,05 mm XIII./. A négy függesztő drótban ébredő többleterő összesen egyenlő a nehézségi erővel, ezért egy-egy drót megnyúlása: F mh mg l = l = l = l = 0, mm. Eq Eq Ed π XIII./. A szövegben a réz kompressziómodulusza adott, amely a kopresszibilitás reciproka, azaz p =,9 0 9 Pa XIII./5. d =,6 mm XIII./0. Jelöljük a keresett nyomás értékét p-vel, a gázoszlopok hosszát h i -vel, és mindkét gázrészre írjuk fel a Boyle-Mariotte törvényt: p h A= p h A,és p h A= p h A. XIII./. p p Innen: = és =. p 5 p Függőleges helyzetben a nyomásokra igaz az, hogy p = p +ρ h g ebből adódóan p =,97 0 Pa. Hg Hg, kg 5 0 m 0 κ= 7, 0 Tegyük fel, hogy a levegő normálállapotú a felszínen: ρ =, 9, p =,0 0 Pa. A barometrikus ρ0 gh 0 e p 0 magasságformula segítségével: ρ= ρ, ahonnan h = 5,55 km. m N 8

9 / I. félév XIV. A DEFORMÁLHATÓ TESEK FIZIKÁJA II. Folyadékok és gázok sztatikája XIV./. A munkahenger egyensúlyának az a feltétele, hogy a túlnyomásból származó erő egyenlő legyen a megemelendő max munka tárgy súlyával: max munka, p q mg p q m = g,07 t. XIV./. A test nyugalomban van, ezért a rá ható erők eredője nulla. A rugóban ébredő erő, a felhajtóerő felfelé mutat, míg a nehézségi erő lefelé mutató erő: Frugó + Ffelh. mg = 0, ahol Frugó + Ffelh. = m ρ víz g. Innen mρvíz g ρ= = 096 kg. mg F m rugó XIV./. Feltételezzük, hogy emberünk mindvégig jól egyensúlyoz, ezért a jég teljes egészében be tud merülni a vízbe úgy, hogy emberünk álló helyzetben marad és még a cipője sem merül a vízbe. Ennek feltétele: mg+haρ g haρ g, innen A = 6, 67 m. XIV./. A nyomások: p külső jég víz 5 pbelső =,80 0 kpa, =,0 0 kpa. Az erő a két felületre ható erő eredője: F = A( p p ) =,0 kn, ahol XIV./5. p * + h ρ g = p* + h ρ g = p, ahol Innen 0 Felületi feszültség és kapillaritás eredő belső külső 5 ρ A = 0, m. p 0 =, 0 0 Pa és p* a cső belsejében maradt levegő nyomása. ρ h =. ρ h XIV./. Ki kell számítani az új csepp sugarát: V = V, r = r. Ebből a felületi energia csökkenése: 7 E = α A= α(r π r π ) =,9 0 J. XIV./. α α A kapillárisban a folyadékoszlop emelkedése: h =, innen a sugár: r = =, 8 0 m = 0,8mm. ρ rg ρhg XV. A DEFORMÁLHATÓ TESEK FIZIKÁJA III. Folyadékok és gázok áramlása: a kontinuitási egyenlet, a Bernoulli-féle egyenlet és alkalmazásai XV./. A kontinuitási egyenlet szerint a Av = állandó, ezért Av = Av, vagyis A =6 cm. XV./. A zsilipre ható nyomás a vízszinttől mért távolsággal lineárisan nő. Osszuk fel a zsilipet azonos magasságú sávokra, az ezekre ható erő változását az ábrán láthatjuk. Természetesen ha a sávok számát növeljük, akkor ez a lépcsős függvény egyre jobban megközelíti a lineáris függvényt: Fmin + Fmax h 0 +ρgh( hd ) h ρgh( hd ) Feredő = = = = 759 N, h h ahol d a zsilip szélessége. Az erő támadáspontja a csatorna fenekétől számítva a vízmagasság harmadoló pontjában, vízszintes irányban a fele távolságban van. (Itt számolás helyett próbáljunk analógiát keresni. Tekintsünk egy derékszögű háromszög keresztmetszetű, homogén anyagú hasábot, és vizsgáljuk meg hol található annak a tömegközéppontja, ott lesz a nehézségi erő támadáspontja.) A kiáramlás sebességénél használjuk fel a Bernoulli-egyenletet, válasszuk az áramlási csövet úgy, hogy a felső vége a víz színén, az alsó vége a zsilip alatti nyílás legyen: 9

10 / I. félév * * h h m p0 + ρgh= p0 + ρv + ρ g, innen v = g h =, 77. Vagyis a kiáramlás sebessége egyenlő azzal s a sebességgel, amellyel h magasságból szabadeséssel érkezne a folyadék. * m= V ρ = dh v t ρ. Az ennek megfelelő A zsilip alatt t idő alatt kiáramló folyadék tömege: ( ) * impulzusváltozás: I = m v = ( dh v t) ρ v. Ez csak akkor lehetséges, ha a többi, a zsilipet nyomó víz I * F = = dh v ρ = 7 N erővel hat a kiáramló vízre, azaz ennyivel csökkenni fog a zsilipre ható erő, és ekkor a t zsilipre 08 N erő fog hatni. Réteges áramlások. A Poiseuille és a Stokes-féle törvény XV./5. A golyó lefelé fog mozogni, és amikor eléri az állandósult sebességét, akkor pedig felfelé fog mozogni, mozgására felírhatjuk, hogy mg+ F = F. Átalakítások után: v g ( ρ ρf ) ( ρf ρ ), vb r g r = = 9η 9η v v g b ρ ρf ρf ρ ell, r ( ) = = 5,5. r ( ) felh. mg = Fell,+ Ffelh,. A buborék g, innen a sebességek nagyságának hányadosa: XV./6. Az előző feladat megoldásában láttuk, hogy a gömb alakúnak feltételezett részecske állandósult sebessége ( ) ρ szén ρlevegő ρszén r g r g cm vszén = = 5, 0. A m magasságot így kb. 0 s alatt teszi meg. s 9η 9η XV./7. A csövön egységnyi idő alatt kifolyó folyadék mennyisége (Hagen Poiseuille törvénye szerint) I ~ p r. l A nyomáskülönbségről feltehetjük, hogy állandó (számottevően nem csökken a bödönben a méz magassága), így a töltéshez szükséges idők arányát a cső geometriai adatai határozzák meg: ( r ) t r l l 8 = = = =. t l l r r 0