Kezdőlap


Feladat:	2271. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Domokos Péter , Horváth Csaba , Láng András , Szepesi Zsuzsanna , Szikrai Szabolcs
Füzet:	1988/november, 425 - 426. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb fénytörés, Teljes visszaverődés (Optikai alapjelenségek), Egyéb fotometria, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/november: 2271. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A feladat szövege két, egymástól kicsit eltérő értelmezést is megenged. Az első szerint fény csak a síklapon juthat a hasábba, a második szerint az íves felületen is. A megoldás első részében csak a síklapon bejutó fénnyel foglalkozunk, a második részben vizsgáljuk az íves felületre eső fény útját.
A fénysugarak merőlegesek a hasáb alkotóira, így elegendő egy az alkotókra merőleges síkmetszetet vizsgálni. A hengerfelületnél a beesési merőleges a törési ponthoz húzott sugár. Így a félkör középpontjába, $O$ -ba érkező fénysugár merőlegesen, azaz törés nélkül lép ki az üvegből. Vizsgáljuk külön a tőle jobbra, illetve balra a síklapra beeső fénysugarakat (1. ábra).

1. ábra

Az ábra jelöléseit használva, az

O

-tól jobbra érkező fénysugarak esetén a hengerfelületen a beesési szög

\begin{matrix} γ_{1} = β - φ_{1}, \end{matrix}

míg balra

\begin{matrix} γ_{2} = φ_{2} - β . \end{matrix}

β

szögre:

\begin{matrix} \frac{cos 30^{\circ}}{cos β} = n, β = 60, 0^{\circ} . \end{matrix}

Üveg és levegő esetén a kilépés határszöge

\begin{matrix} \frac{sin 90^{\circ}}{sin γ_{H}} = n_{1,2} . \end{matrix}

Innen

γ_{H} = 35, 3^{\circ}

. Akkor történik kilépés, ha

γ ≦ γ_{H}

, azaz

\begin{matrix} γ_{1} = β - φ_{1} ≦ γ_{H} és γ_{2} = φ_{2} - β ≦ γ_{H} . \end{matrix}

E két feltételből meghatározható, milyen

φ

szög esetén hagyja el a fénysugár az üveget.

\begin{matrix} β - γ_{H} ≦ φ ≦ β + γ_{H}, azaz 24, 7^{\circ} \leq φ ≦ 95, 3^{\circ} . \end{matrix}

A szögtartomány

β + γ_{H} - (β - γ_{H}) = 2 γ_{H}

nagyságú. Így a teljes felület

100 \cdot \frac{2 \cdot 35, 3^{\circ}}{180^{\circ}} = 39,2 %

-ában lépnek ki a fénysugarak, csak a síklapon bejutó fényt tekintve.

Horváth 691 Csaba (Veszprém, Lovassy L. Gimn., IV. o. t.) és

Domokos Péter (Budapest, ELTE Ságvári E. Gyak. Gimn., IV. o. t.)

dolgozata alapján

Vizsgáljuk most az íves felületen befutó fénysugarakat! Határozzuk meg az íves felületre eső két szélső fénysugár útját (2. ábra)!

2. ábra

Az ábrán az alsó törési szöget a Snellius‐Descartes törvényből kaphatjuk,

\begin{matrix} \frac{sin 30^{\circ}}{sin α_{3}} = n . \end{matrix}

Innen

α_{3} = 16, 8^{\circ}

. A kilépési ponthoz tartozó középponti szög,

φ_{3} = 2 α_{3} = 33, 6^{\circ}

. A hengerfelületen a beesési szög

γ_{3}

, megegyezik

α_{3}

-mal, mivel egyenlőszárú háromszög szárszögei. Ez a sugár elhagyja a hasábot, hiszen

γ_{3} < γ_{H}

.
A felső fénysugár törési szöge éppen a

γ_{H}

határszög. A kilépési ponthoz tartozó középponti szög

φ_{4} = 120^{\circ} - (180^{\circ} - 2 γ_{H}) = 10, 6^{\circ}

. Ez a sugár is elhagyja a hasábot, hiszen éppen határszögben érkezik a hengerfelületre.
Ezek alapján az íves felületen beeső fénysugarak az

A B

íven hagyják el a flintüveget. A

φ

szög

10, 6^{\circ}

-tól

33, 6^{\circ}

-ig változhat, míg a megoldás első részében meghatározott szögtartomány:

24, 7^{\circ} ≦ φ ≦ 95, 3^{\circ}

. A kettő együtt egy

84, 7^{\circ}

széles szögtartomány, azaz a felület

100 \cdot \frac{84, 7^{\circ}}{180^{\circ}} = 47,1 %

-n lép ki a fény.

Lang András (Győr, Révai M. Gimn., IV. o. t.)