Feladat:	4778. fizika feladat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Juhász Dániel
Füzet:	2016/március, 181 - 183. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Fényvisszaverődés
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2015/november: 4778. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. A tükrökről az összes fény a napelemre esik. Ebből következik, hogy az egész elrendezés fénysugarakra merőleges felületének nagysága kétszer akkora kell, hogy legyen, mint a napelem felszíne, ebben az esetben nő éppen a kétszeresére a panelen elnyelt fény teljesítménye. (Feltételezzük, hogy a napelemek hatásfoka nem függ az adott összenergiájú beeső fény irányától.) Tegyük fel, hogy létezik olyan aszimmetrikus elrendezés (1$\left(a\right)$. ábra), amelynél a tükrök összterülete az összes szimmetrikus elrendezésénél kisebb. Legyen a tükrök szélessége ${\ell }_1$ és ${\ell }_2$, merőleges vetületük szélessége $a$ és $b$, a napelem szélessége pedig $d$. Mivel $a+b+d=2d$, ezért $b=d-a$. A tükrök felszíne akkor a legkisebb, amikor a szélességük összege a legkisebb.   1. ábra   Készítsünk el az egyik oldalból (1$\left(b\right)$. ábra), illetve a másikból (1$\left(c\right)$. ábra) egy-egy szimmetrikus elrendezést! A szimmetrikusan elhelyezett két tükör méretét (a hajlásszögük megtartása mellett) változtassuk meg úgy, hogy a fénysugarakra merőleges vetületük szélessége egyenként éppen $d/2$ legyen! Ha az eredetileg ${\ell }_1$ széles tükröt használjuk, akkor a két tükör együttes szélessége ${\ell }_1\frac{d}{a}$, ha pedig az ${\ell }_2$ méretűt használjuk, az új összméret ${\ell }_2\frac{d}{d-a}$ lesz. A feltevésünk szerint egyrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle {\ell }_1+{\ell }_2<{\ell }_1\frac{d}{a}\mathrm{,}\text{vagyis}\frac{{\ell }_1}{{\ell }_2}>\frac{a}{d-a}\mathrm{,}}\end{array}$ másrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle {\ell }_1+{\ell }_2<{\ell }_2\frac{d}{d-a}\mathrm{,}\text{tehát}\frac{{\ell }_1}{{\ell }_2}<\frac{a}{d-a}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez a két feltétel egyszerre nem teljesülhet, tehát a feltevésünk téves volt. Foglalkoznunk kell még azzal a határesettel, amikor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{{\ell }_1}{{\ell }_2}=\frac{a}{d-a}\mathrm{,}\text{azaz}\frac{a}{{\ell }_1}=\frac{d-a}{{\ell }_2}=\text{cos}\alpha \mathrm{.}}\end{array}$ Ebben az elrendezésben a két tükör ugyanakkora $\alpha$ szöget zár be a napelem síkjával (2$\left(a\right)$. ábra). Ilyenkor a ,,szimmetrizálás'' nem változtatja meg a tükrök méretének összegét, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle {\ell }_1+{\ell }_2=\frac{a}{\text{cos}\alpha }+\frac{d-a}{\text{cos}\alpha }=\frac{d}{\text{cos}\alpha }\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis a tükrök összterülete $a$-tól független állandó. Ekkor tehát az aszimmetrikus (${\ell }_1\ne {\ell }_2$) elrendezés nem rosszabb (igaz, nem is jobb), mint a szimmetrizált változat. Könnyen beláthatjuk azonban, hogy ez nem lehet az optimális (legkisebb anyagfelhasználásnak megfelelő) eset. Ha ugyanis a nagyobb (mondjuk az ${\ell }_2$ méretű) tükör éppen bevilágítja az egész napelemet, akkor az ugyanolyan szögben elhelyezett másik, kisebb tükörről visszavert fény a napelemnek csak egy részére jut el. A kisebb tükröt tehát ,,laposabban'', ${\alpha }^{*}<\alpha$ szögben is elhelyezhetjük és a méretét ${\ell }_1^{*}<{\ell }_1$ értékre csökkenthetjük anélkül, hogy a panel megvilágítása megváltoznék (2$\left(b\right)$. ábra).   2. ábra   Az eddigi megfontolásainkat összefoglalva megállapíthatjuk, hogy a keresett, optimális anyagfelhasználású elrendezés szimmetrikus, és a tükrök mindegyikéről visszavert fény a teljes napelempanelt megvilágítja (3. ábra). Legyen a napelem és egy-egy tükör síkjának hajlásszöge $\alpha$, a tükrök együttes szélessége pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\ell =\frac{d}{\text{cos}\alpha }\mathrm{.}}\end{array}$ Ez akkor a legkisebb, amikor a nevező a legnagyobb, vagyis amikor az $\alpha$ szög a lehető legkisebb. A szög csökkentésének az szab határt, hogy még a tükör legtetejéről visszaverődő fénysugárnak is a napelemre (annak szélére) kell esnie. Az ábra jelöléseit használva leolvashatjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle h=\frac{d}{2}\text{tg}\alpha =\frac{3d}{2}\text{tg}\left(2\alpha -{90}^{\circ }\right)\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis fennáll, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\alpha =3\text{tg}\left(2\alpha -{90}^{\circ }\right)=\frac{3}{\text{tg}\left({180}^{\circ }-2\alpha \right)}=-\frac{3}{\text{tg}\left(2\alpha \right)}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\alpha =3\frac{\text{tg}{}^2\alpha -1}{2\text{tg}\alpha }\mathrm{,}\text{tg}{}^2\alpha =\mathrm{3,}\alpha ={60}^{\circ }\text{és}\ell =d}\end{array}$ következik.   3. ábra   A tükrök mérete tehát (optimális esetben) éppen a napelempanel méretével egyezik meg, és a tükrök ${60}^{\circ }$-os szöget zárnak be a napelem síkjával.