5.Приклади розв’язання розрахункових задач

Приклад 5.1. Два тіла рухаються відносно нерухомого спостерігача рівномірно і прямолінійно у протилежних напрямках із швидкостями = 0,8 с та = - 0,5 с. Визначити відносні швидкості цих тіл за класичними і релятивістськими співвідношеннями.

Розв’язання: За класичним законом додавання швидкостей:

_{Даний результат суперечить спеціальній теорії відносності. (швидкість тіла у вакуумі є максимально можливою). За релятивістськім законом додавання швидкостей:}

Відповідь: відносна швидкість , не суперечить постулатам теорії відносності.

Приклад 5.2.  Жорсткий стрижень довжиною 2,5 м покоїться в системі К ' (рис. 5.1). Стержень орієнтований під кутом φ 0 = 30 ° до осі х '. Визначте довжину стрижня і кут його орієнтації в системі відліку К, що рухається відносно системи К ' зі швидкістю = 0,95 с.
	Рис. 5.1

_{Розв’язання}: Модуль проекції стрижня на осі х ' і у' в системі К ' дорівнює

_{Модуль проекції вертикальної складової стрижня не змінюється, тобто}

_{Релятивістське скорочення довжини горизонтальної складової стрижня у системі K дорівнює}

_{Довжина стрижня, що вимірюється у системі К,}

У системі К стрижень буде орієнтований під кутом

Після підстановки числових даних отримаємо tg φ = 1,8237. Отже, φ = 61º.

Приклад 5.3.     Маса спокою зарядженої частинки 1,6·10^-27кг. Визначити кінетичну енергію при швидкості, яка дорівнює 0,6с.

Розв’язання:Кінетична енергія частинки, що рухається із швидкістю 0,6с, визначається:

Відповідь: .

Приклад 5.4.     Протон рухається із швидкістю 0,7 с. Знайти його імпульс і кінетичну енергію.

Розв’язання: Релятивістський імпульс частинки знаходимо так:

_{Для знаходження кінетичної енергії виконуємо такі розрахунки:}

Відповідь: , _.

Приклад 5.5.     Іонізований атом, вилетівши з прискорювача із швидкістю 0,89с, випустив фотон у напрямі свого руху. Визначити швидкість фотона відносно прискорювача.

Розв’язання: Запишемо формулу релятивістського додавання швидкостей:

Тут З урахуванням цього отримаємо:

Відповідь: = с. 

Приклад 5.6.    Мезон, що рухається зі швидкістю = 0,99с, пролетів в системі відліку, пов’язаної з Землею, від місця свого народження до точки розпаду відстань 4,7 км. Визначте власний час життя мезона. Яку відстань пролетів би мезон в системі відліку, пов’язаної з Землею, якби релятивістський ефект щодо проміжку часу не мав місця?

Час руху мезона в системі відліку, пов’язаної з Землею

_{Власний час} життя мезона знайдемо з формули

_Звідки

Якщо не враховувати релятивістські ефекти, тобто вважати, що час життя мезона, що знаходиться у спокою, дорівнює часу життя мезона, що рухається, то мезон пролетів би відстань в системі відліку Землі

Відповідь:  

Приклад 5.7.     На стовпі заввишки 6 м висить лампа 400 кд. Обчислити освітленість на відстані 8м від основи стовпа. Розв’язання. Із закону освітленості визначимо Е:
	Рис. 5.2

Відповідь: Е = 2,4 лк.

Приклад 5.8.     Тунель циліндричної форми радіусом R освітлюється світильником, встановленим у верхній точці склепіння. Порівняти освітленості найнижчої точки тунелю точно під світильником (точка В) і точки, що лежить на горизонтальному діаметрі перерізу тунелю (точка С).

Розв’язання. У найнижчій точці В (рис. 5.3) освітленість дорівнює У точці С
	Рис. 5.3

_{Тоді Звідки}

Відповідь: освітленість в точці В у разів менша.

Приклад 5.9.     Дві лампи по 50 кд кожна висять на висоті 1 м над поверхнею стола (рис. 5.4). Відстань між лампами 1,4 м. Знайти освітленість стола над кожною лампою.

_{Розв’язання. Освітленість над кожною лампою дорівнює сумі освітленостей кожної лампи:}

Відповідь: 60 лк.
	Рис. 5.4

Приклад 5.10. Світильник з молочного скла має форму кулі. Його підвішено на висоті h = 1м над центом круглого стола діаметром 2 м. Сила світла кулі 50 кд. Визначити світловий потік лампи, освітленість у центрі і на краю стола.

Розв’язання. Силовий потік Ф, який випромінює джерело світла І, буде визначатися: Ф = 4πІ = 4·3,14·50 = 628 лм. Освітленість у центрі стола: Освітленість на краю стола:
	Рис. 5.5

Відповідь: 628 лм, 50 лк, 17,7 лк. 

Приклад 5.11. Електричні лампи з криптоновим наповненням потужністю 40, 100 та 1000 Вт володіють світловою віддачею відповідно 11,5; 13,5; 18,6 лм / Вт. Знайти повний світловий потік, випромінюваний кожної лампою і силу світла.

Розв’язання. Світлова віддача визначається у вигляді відношення світлового потоку випромінюваного лампою до її електричної потужності

_{Звідки Ф = η·N; враховуючи це отримаємо Ф 1 = 460 лм; Ф 2 = 1350 лм; Ф 3 = 18600 лм.} Для визначення сили світла використовуємо рівняння світлового потоку Ф = 4πІ, звідки _{. Підставивши дані отримаємо І 1 ≈ 36,6 кд, І 2 ≈ 107,5 кд, І 3 ≈ 1481 кд.}

_{Відповідь: І 1 ≈ 36,6 кд, І 2 ≈ 107,5 кд, І 3 ≈ 1481 кд.}

Приклад 5.12. Прожектор дає пучок світла у вигляді вузького конуса з тілесним кутом = 0,03 ср. Яку освітленість забезпечить прожектор на відстані R = 2 км при використанні в ньому ксеноновим лампи потужністю N = 100 кВт зі світловіддачею η = 50 лм / Вт при відсутності поглинання світла в повітрі?

Розв’язання. Освітленість, що створюється прожектором дорівнює

_{Освітленість у даному випадку розглядається на поверхні радіусом R, тобто}

На відстані R=2000 м можна прийняти α ≈ 0, тобто cos α ≈ 1. Звідки

Відповідь: 83 лк.

Приклад 13. Тонка збиральна лінза з фокусною відстанню f = 15 см і діаметром D = 5 см дає зображення Сонця на екрані, розташованому нормально до сонячних променів. Нехтуючи втратами світла в лінзі, знайти середню освітленість зображення, якщо яскравість Сонця В = 1,5·10⁹ кд/м².

_{Розв’язання}. Середню освітленість Е_ср визначимо із співвідношення _,

де Ф - світловий потік, що створює на екрані зображення Сонця, S - площа зображення. Оскільки зображення створюється тими ж променями, які спочатку впали на лінзу, то можна шукати Ф як світловий потік, падаючий на поверхні лінзи S _Л. Тому _,

де Е - освітленість поверхні лінзи сонячними променями. Виразимо її через дану в умові яскравість Сонця, скориставшись законом освітленості

де r_C - радіус Сонця, - площа видимої його поверхні (площа кола а не півсфери!), R - відстань від Землі до Сонця. Враховуючи, що кутові (видимі) розміри сонця дуже малі можна прийняти . Тоді, підставивши значення Е, у формулу світлового потоку, отримаємо

_.

Щоб обчислити площу S зображення Сонця, врахуємо, що воно буде лежати в фокальній площині лінзи. Тому

_{S =}

Тепер з урахуванням цього маємо .

 Підставивши числові значення величин і виконавши обчислення, знайдемо Е_СР = 1,3· 10⁸ лк.

Відповідь: Е_СР = 1,3· 10⁸ лк .

Приклад 5.14. Ідеально матова поверхня з коефіцієнтом відбиття ображення k = 0,9 має освітленість Е = 30 лк. Визначити її яскравість.

Розв’язання. Від поверхні дифузійно відбивається світловий потік . Якщо яскравість не залежить від напрямку ,

то Ф = πВS, звідки . Виконавши розрахунки отримаємо В = 8,59 кд/м².

Відповідь: В = 8,59 кд/м².

Приклад 5.15.  Два когерентних джерела S1 i S2 (рис. 5.6) випускають монохроматичне світло з довжиною хвилі 600 нм. Визначити, на якій відстані від точки О буде перший максимум освітленості, якщо |OC| = 4 м, |S1S2| = 1 мм. Розв’язання: Знайдемо шляхи, що проходять промені до точки О:
	Рис. 5.6

_{Враховуючи, що S1C = S2C, S1O = S2O, отже Δ = 0.}

Джерела будуть когерентні і різниця ходу в точці О рівна нулю, отже в точці О – інтерференційний максимум.

Відповідь: максимум буде в точці О.

Приклад 5.16. Визначити відстань між уявними джерелами світла у досліді Френеля, якщо відстань D між симетричними відносно центральної світлої смуги першими темними смугами на екрані дорівнює D = 3мм, а відстань від уявних джерел до екрана H = 2 м. Довжина світлової хвилі точкового джерела  = 0,6 мк.

Розв’язання: Відстань між уявними джерелами світла S1 та S2 (рис. 5.7) знайдемо, склавши пропорцію для подібних трикутників АВВ1 та S1 S2 C. У трикутнику S1 S2 C. сторона S2 C. дорівнює половині довжини світлової хвилі, тобто (при цій умові у точці А на екрані буде темна інтерференційна смуга).
	Рис. 5.7

З подібності трикутників виходить, що

Беручи до уваги те, що АВ В = Н на основі того, що кут дуже малий, пропорцію можна записати так: , звідки . На рисунку (1.3) х = S₁S₂.

Виражаємо числові значення величин у одиницях системи СІ:  = 0,6 мк = 0,6·10^-6 м; Н = 2 м; D = 3 мм = 3·10^-3 м. Підставивши числові значення у формулу, знайдемо:

Відповідь: х = 4·10 ^{- 4} м.

Приклад 5.17. У досліді із дзеркалами Френеля відстань між уявними джерелами монохроматичного світла ( мк) дорівнює d = 1 мм. На відстані H = 5 м від джерел помістили екран. Визначити відстань між світлими інтерференційними смугами в центрі екрана.

Розв’язання: Задачу розв'язуємо за формулою для інтерференції світла у досліді з дзеркалами Френеля: ,

де - довжина світлової хвилі, d – відстань між уявними джерелами світла, D - відстань між центральною світлою інтерференційною смугою та найближчою до неї світлою смугою на екрані;

Н – відстань екрана від джерела світла.

З формули знаходимо шукану відстань:

Виражаємо всі величини в одиницях системи СІ: = 0,6 мк = 0,6·10 ^-6 м; d =1 мм = 10^-3 м; H = 5 м.

Підставивши у формулу числові значення величин, знайдемо:

.

Відповідь: D = 3·10 ^{- 3} м.

Приклад 5.18. Яка товщина мильної плівки, якщо при спостеріга­нні її у відбитому світлі вона має зелене забарвлення ( = 0,5 мк) при куті відбиття і = 35°? Показник заломлення мильної води п = 1,33. Яке забарвлення буде мати ця плівка, якщо спостерігати її у прохідному світлі при попередньому куті падіння?

Розв’язання: Застосовуємо формулу для інтерференції у відбитому світлі для плоско-паралельної плівки: (1)

де d – товщина плівки; п – коефіцієнт заломлення речовини плівки; r – кут заломлення променів;  - довжина світлової хвилі; k – різниця ходу променів (k може дорівнювати 1, 2 і 3) при k = 1 знайдемо найменшу товщину плівки, яка задовольняє умову задачі.

Формулу (1) можна (виразити через кут падіння і, для цього запишемо але , отже і тому

Підставивши знайдений вираз для cos r у формулу (1), одержимо:

Взявши k = 1, визначимо товщину плівки:

Це найменша товщина плівки, яка при куті падіння світла 35° здається забарвленою у зелений колір. При k = 2 знайдемо нову товщину плівки (більшу ніж у першому випадку), при якій плівка також забарвлена у зелений колір при куті падіння 35°.

Виразимо всі величини в одиницях системи CІ:  = 0,510^-6 м; n = 1,33; і = 35°; .

Після підставлення числових значень знайдемо.

Якщо k = 2, то d₁ = 0,52010^-6 м.

Для визначення забарвлення плівки у прохідному світлі обчислимо довжину хвилі світла за формулою: .

Отже

Таку довжину мають хвилі червоних променів світла.

Відповідь: d = 0,312 · 10 ^{- 6} м, d ₁ = 0,520 · 10 ^{- 6} м.

Приклад 5.19. На тонку гліцеринову плівку ( ) товщиною мкм нормально до її поверхні падає біле світло. Визначити довжини хвиль видимої ділянки спектра (0,4 0,8 мкм), які ослаблюються в результаті інтерференції.

Розв’язання. Оптична різниця ходу двох променів, відбитих від верхньої та нижньої поверхонь плівки, складає: . (1)

Щоб врахувати, що при відбиванні від пластинки виникає зміна фази на , додамо до правої частини співвідношення (1) :

. (2)

Умова спостереження інтерференційного мінімуму має вигляд

, (3)

де - порядок інтерференційного максимуму.

Прирівнявши вирази (2) і (3), знайдемо

. (4)

Після перетворень отримаємо

.

Звідси , (5)

де може набувати значення

З цього виразу знайдемо _: .

Після підстановки числових значень величин у співвідношення отримаємо:

, м.

Оскільки – ціле число, одержимо остаточно , .

Тоді згідно з (5) відповідні довжини хвиль дорівнюють:

k	6	7	8	9	10	11
, мкм	0,735	0,63	0,557	0,49	0,441	0,401

Відповідь: м; м; м; м; м; м.

Приклад 5.20. На скляний клин з малим кутом нормально до його грані падає паралельний пучок проміння монохроматичного світла з довжиною хвилі λ = 0,6 мкм. Число m інтерференційних смуг, що при цьому виникає і припадає на відрізок клина довжиною l, дорівнює 10. Визначити кут α клина.

Розв’язання. Паралельний промінь світла, що падає нормально до грані клина, відбивається як від верхньої, так і від нижньої грані. Ці відбиті промені світла когерентні. Тому на поверхні клина спостерігатимуться інтерференційні смуги. Оскільки кут клина малий, то відбиті промені 1 і 2 світла (рис. 5.8) практично паралельні.

Рис. 5.8. Відбивання світла від клину

Темні смуги спостерігаються на тих ділянках клина, для яких різниця ходу променів кратна непарному числу половин довжини хвилі:

( = 0, ±1, ±2 ...). (1)

Різниця ходу Δ двох хвиль складається з різниці оптичних довжин шляхів цих хвиль ( ) і половини довжини хвилі (λ/2). Величина λ/2 є додатковою різницею ходу, що виникає при віддзеркаленні світлової хвилі 1 від оптично більш щільного середовища. Підставляючи у формулу (1) різницю ходу Δ світлових хвиль, одержимо: , (2)

де n - показник заломлення скла (n =1,5); d _k - товщина клина в тому місці, де спостерігається темна смуга, що відповідає номеру k; r - кут заломлення світла.

Згідно з умовою задачі кут падіння дорівнює нулю; отже, і кут заломлення r дорівнює нулю, а тому, cos r = 1. Розкривши дужки в правій частині рівності (2), після спрощення отримаємо:

. (3)

Нехай довільній темній смузі k-го номера відповідає товщина d _k клина, а темній смузі k+m -го номера - товщина d _k+m клина. Тоді (рис. 5.8), враховуючи, що m смуг укладається на відстані l, знайдемо:

. (4)

При малих кутах .

Виразимо з (3) d _k і d _k+m підставимо їх у співвідношення (4). Потім, враховуючи, що sin α = α (через те, що кут малий), отримаємо

.

Підставляючи значення фізичних величин, знайдемо

.

Виразимо кут α в секундах. Для цього можна скористатися співвідношеннями між радіаном і секундою: 1рад = 206265'' ≈ 2,0 6 10 ⁵ ''. Тоді α = 2  10 ^{– 4}  2,0610 ⁵ '' = 41,2''.

Відповідь: α = 210^-4 рад = 41,2''.

Приклад 5.21. Між двома плоско паралельними пластинами ле­жить і дротинка (рис.5.9), від чого утворився повітряний клин довжиною L = 73,3 мм. Знайти діаметр дротинки, якщо при розгляді пластин у від­битому світлі (λ = 0,546 мк) відстань між світлими інтерференційни­ми смугами дорівнює l = 2 мм.

Рис. 5.9.

Розв’язання: Застосуємо формулу для інтерференції світла у повітряному клині (n = 1) з малим кутом:  = 2 (d₁ – d₂); (1)

де λ – довжина хвилі монохроматичного світла; d₁ і d₂ - товщини клина, що відповідають двом інтерференційним максимумам (рис. 1.4).

Для того щоб знайти діаметр дроту х, перетворимо формулу (1) так, щоб виключити ( ).

З рисунка 1.4 видно, що і

Прирівнявши ці два вирази одержимо:

звідки

Підставляючи у формулу (1) знайдений вираз, одержимо:

Отже, (2)

Виражаємо всі числові дані у одиницях системи СІ:  = 0,546  10^-6 м; м; м.

Після підставлення числових значень у формулу (2) знайдемо:

Відповідь: х = 10 ^-5 м.

Приклад 5.22. Між скляною пластинкою і плосковипуклою лінзою, що лежить на ній, знаходиться рідина (рис.5.10). Знайти показник заломлення рідини, якщо радіус r третього темного кільця Ньютона при спостереженні у відбитому світлі з довжиною хвилі λ = 0,6 мкм дорівнює 0,82 мм. Радіус кривини лінзи R = 0,5 м.

Розв’язання. Схема установки спостереження кілець Ньютона зображена на рис. 510. З рисунка бачимо, що , (1) де R – радіус кривини лінзи; b – товщина зазору між лінзою і скляною пластинкою.
	Рис. 5.10. Спостереження кілець Ньютона

У виразі (1) ми знехтували величиною b ² порівняно 2Rb. З цього співвідношення після простих перетворень отримаємо . (2)

Оптична різниця ходу двох променів, відбитих від верхньої і нижньої поверхонь зазору між пластиною і лінзою, дорівнює

, (3)

Де n- коефіцієнт заломлення рідини у зазорі.

Щоб врахувати, що при відбитті від пластинки виникає зміна фази світла на π, до правої частини виразу (3) додамо λ/2.

Умова спостереження інтерференційного мінімуму має вигляд

, (4)

Де k - порядок інтерференційного мінімуму.

Прирівнявши вирази (3) і (4), знайдемо

. (5)

Після перетворень отримаємо таке співвідношення:

.

З цього виразу знайдемо n: . (6)

У випадку третього кільця Ньютона k = 3.

Після підстановки числових значень фізичних величин у (6) отримаємо

.

_{Відповідь}: n = 1,34.

Приклад 5.23. Визначити довжину світлової хвилі за допомогою дифракційної решітки, якщо стала решітки 0,01 мм. Перше дифракційне зображення дістали на відстані 11,8 см від центрального зображення і на відстані 2 м від решітки.

Розв’язання. З формули для максимума дифракційної решітки визначимо синус кута:

Відповідь: λ = 5,9 нм.

Приклад 5.24. На дифракційну решітку (5.11), період якої дорівнює 0,01 мм, падає монохроматичне світло. Перший дифракційний максимум зміщений на екрані на 3 см від початкового напрямку поширення. Яка довжина хвилі світла, якщо відстань від решітки до екрана становить 0,7 м?
	Рис. 5.11

Розв’язання: З рівняння, що описує умову утворення дифракційного максимуму, отримаємо:

Відповідь: 430 нм.

Приклад 5.25. На поверхню дифракційної ґратки нормально до її поверхні падає монохроматичне світло. Стала дифракційної ґратки у =4,6 разу більша за довжину світлової хвилі. Знайти загальне число дифракційних максимумів, які теоретично можна спостерігати у цьому випадку.

Розв’язання. Умова спостереження дифракційного максимуму на дифракційній ґратці має вигляд , (1)

де k - порядок спектра, або у випадку монохроматичного світла порядок інтерференційного максимуму .

Останній інтерференційний максимум, який може спостерігатися при дифракції світла на ґратці, відповідає умові .

Звідси отримаємо, що .

Тоді порядок дифракційного максимуму дорівнює . (2)

Після підстановки числових значень величин у (2) отримаємо .

Число k обов’язково повинно бути цілим, але воно не може набувати значення 5, оскільки у цьому випадку , що неможливо. Звідси k = 4. Оскільки зліва і справа від центрального максимуму спостерігається однакова кількість максимумів, одержимо .

Відповідь: М = 9.

Приклад 5.26. На дифракційну ґратку нормально падає світло натрію (λ = 0,59 мк). Знайти період решітки, якщо кут між двома спектрами першого порядку дорівнює .

Розв’язання: Розв'язуємо за формулою: де k – порядок спектра; a + b - період решітки; φк – кут дифракції (відхилення променів від нормалі до решітки). У задачі дано кут α між двома спектрами першого порядку. Цей кут у два рази більший за кут дифракції φк , що видно з рис. 5.12. Отже,
	Рис. 5.12.

Підставляючи /2 у формулу для дифракційної решітки, знайдемо:

Підставивши числове значення у одиницях системи СІ ( = 0,5910 ^{- 6} м), одержимо: , або на одному міліметрі 200 ліній.

Відповідь: а + b = 5 · 10 ^-5 м.

Приклад 5.27. На скляну пластинку (n = 1,6) падає природний промінь світла. Визначити кут між падаючим та відбитим променем, якщо відбитий промінь максимально поляризований.

Розв’язання: Для розв'язання потрібно застосувати закон Брюстера, який виз­начає умову максимальної поляризації променів при відбитті: tgi = n, де і – кут падіння променя, при якому відбитий, промінь максимально поляризований; п – коефіцієнт заломлення речовин, що відбиває промінь.

Кут між падаючим та відбитим променями у два рази більший за кут падіння, тому знаходимо спочатку кут падіння з умови tgi = n, (а потім визначимо шуканий кут α = 2i.

Тому що tgi = 1,6, то i = 58°, а шуканий кут α = 2і =116°.

Відповідь: α = 2і =116°.

Приклад 5.28. Визначити, в скільки разів буде ослаблений про­мінь природного світла, якщо пропустити його через два ніколі, пло­щини поляризації яких становлять кут φ = 45°. Вважати, що при про­ходженні через кожний ніколь інтенсивність світла внаслідок відби­вання і поглинання зменшується на 10%.

Розв’язання: Для розв’язання задачі потрібно застосувати закон Малюса, який становлює залежність інтенсивності поляризованого променя I, що пройшов через аналізатор, від кута між площинами поляризації поляризатора та аналізатора і від інтенсивності I₀ променя, що падає на аналізатор: I = I₀cos².

В задачі потрібно знайти відношення інтенсивностей природного променя і променя, що пройшов крізь аналізатор, тобто I_пр/I.

Якщо природний промінь пройде крізь поляризатор, то інтен­сивність його зменшиться, по-перше, в 2 рази тому що з призми вий­де тільки незвичайний промінь I₀ (звичайний зазнає повне внутрішнє відбивання) і, по-друге, інтенсивність I₀ незвичайного променя змен­шиться ще на 10%; при проходженні крізь поляризатор, внаслідок відбивання і поглинання.

Отже,

Потім інтенсивність I променя, що пройшов ще раз крізь аналізатор, виявиться менша від інтенсивності I₀ не тільки у відповідності з законом , але і від втрат при відбиванні та поглинанні аналізатором (10%).

Тому формула Малюса з врахуванням інтенсивності світла в гаслі доки поглинання аналізатором набуде вигляду: I = I₀cos² 0,9,

але тому що

то

Знаходимо відношення:

Отже, природний промінь світла при пропусканні його крізь два ніколі, відповідно до умов задачі, буде ослаблений в 5 разів.

Відповідь: у 5 разів

Приклад 5.29. Паралельний промінь світла переходить з гліцерину ( ) у скло ( ) так, що світло, відбите від межі цих середовищ, виявляється максимально поляризованим (рис.5.13). Визначити кут між падаючими та заломленими променями.

Розв’язання. Згідно з законом Брюстера світло, відбите від межі поділу двох діелектриків, повністю поляризоване у тому випадку, якщо тангенс кута падіння дорівнює , (1) де – відносний показник заломлення середовищ; , – абсолютні показники заломлення середовищ. Звідси . (2)
	Рис. 5.13. Поляризація світла при відбиванні від межі поділу двох середовищ

Кут заломлення світла β знайдемо із закону заломлення

. (3)

З виразу (3) маємо або . (4)

Кут γ, як бачимо з рисунка, дорівнює . (5)

Підставивши значення у вирази (1), (4), (5), отримаємо

_. . .

Відповідь: _.

Приклад 5.30. У скільки разів ослаблюється інтенсивність світла, що проходить через два ніколі, площини пропускання яких утворюють кут , якщо у кожному ніколі окремо втрачається 10% інтенсивності світла, що падає на нього (рис.5.14).

Рис. 5.14. Поляризація світла при проходженні через ніколі

Розв’язання. Промінь світла, що падає на грань ніколя N₁, розщеплюється внаслідок явища подвійного променезаломлення на два: звичайний і незвичайний. При цьому обидва промені мають однакову інтенсивність і повністю поляризовані. Площина коливань незвичайного променя лежить у площині креслення, у той час як для звичайного вона перпендикулярна до цієї площини.

Звичайний промінь внаслідок повного внутрішнього відбиття відбивається від межі АВ і через ніколь N₁ не проходить. Незвичайний промінь проходить через ніколь, при цьому інтенсивність світла зменшується вдвічі. Додаткове зменшення інтенсивності незвичайного променя відбувається внаслідок поглинання світла у речовині ніколя.

Таким чином, інтенсивність світла, що пройшло через ніколь N₁, дорівнює , (1)

де - інтенсивність природного світла, що падає на ніколь N₁; - інтенсивність поляризованого світла, що пройшов через ніколь; k – коефіцієнт поглинання світла у ніколі.

Промінь плоскополяризованого світла інтенсивністю , що падає на ніколь N₂, теж розщеплюється на два промені: звичайний і незвичайний. При цьому звичайний промінь повністю поглинається в ніколі, а інтенсивність незвичайного променя, що виходить з ніколя, визначається законом Малюса

, (2)

де - кут між площиною коливань у поляризованому промені і площиною пропускання Ніколя N₂.

З урахуванням втрат енергії внаслідок поглинання світла у другому ніколі отримаємо

. (3)

Підставивши співвідношення (1) в (3), отримаємо

.

Звідси відношення інтенсивності світла на вході і виході з ніколей дорівнює . (4)

Підставивши значення фізичних величин, знайдемо шукану величину

.

Відповідь: .

Приклад 5.31. Промінь світла виходить з діелектрика у вакуум. Граничний кут дорівнює 42º. Визначити швидкість світла в діелектрику.

Розв’язання: Швидкість світла в діелектрику визначимо через абсолютний показник заломлення діелектрика

Врахувавши граничний кут повного внутрішнього відбивання, отримаємо: ,

тоді ,

Відповідь: 2,02·10⁸ м/с. 

Приклад 5.32. У дно ставка вертикально забито палю так, що вона повністю ховається під водою (рис. 5.15). Визначити довжину тіні на дні ставка, якщо його глибина 2м, а кут падіння променів 45º (n ₁₂ = 1,33).

Розв’язання. Використаємо закон заломлення світла при переході з одного середовища в інше: звідки Визначимо кут заломлення: і 2 = arcsin 0,531 = 32º.
	Рис. 5.15

Із ΔСАВ визначаємо довжину тіні: , ,

l = h·tg i₂ = 2 · tg 32º = 2 · 0,625 = 1,25 м.

Відповідь: l = 1,25 м.

Приклад 5.33. Водолаз розглядає з-під води предмет, що перебуває майже над його головою на відстані 150 см від води (рис. 5.16). Якою йому здаватиметься відстань від предмета до води?

Розв’язання: У нашій задачі S1О – уявна висота предмета над водою. Кут ВS1О = β, кут ВSО = α. Тоді з Δ ВОS: ОВ = ОS · tg α = h· tg α, з ΔВО S1: ОВ = О S1· tg β = h1 ·tg β. Порівняємо h· tg α = h1 ·tg β, звідки : Для малих кутів tgβ ≈ sinβ,
	Рис. 5.16

а tgα ≈ sinα, тоді

Отже, h₁ = h · n = 1,5 · 1,33 = 2м.

Відповідь: h₁ = 2м.

 Приклад 5.34. Увігнуте сферичне дзеркало (рис. 5.17) дає дійсне зображення, яке в два рази менше від предмета. Визначити фокусну відстань F дзеркала, якщо відстань між предметом і його зображенням l = 0,75м.

Розв’язання: Лінійне зменшення За умовою задачі Тобто звідки
	Рис. 5.17

Відповідь: f = 0,5м.

Приклад 5.35. Фокусна відстань двоякоопуклої лінзи F = 20см. Точка, що світиться, знаходиться на відстані 30 см від лінзи (рис. 5.35). Де буде зображення точки?

Розв’язання: Запишемо формулу лінзи:
	Рис. 5.35

Відповідь: f = 0,6м.

Приклад 5.36. На знімку, зробленому камерою з об’єктивом, фокусна відстань якого 13,5 · 10 ^{– 2} м при довжині камери 15 · 10 ² м, вийшло зображення предмета заввишки 2 · 10 ^{- 2} м. Визначити дійсну величину предмета (рис. 5.19).

Розв’язання: Врахувавши формулу збільшення лінзи та формулу тонкої лінзи, отримаємо дійсну величину предмета:
	Рис. 5.19

Тоді

Підставивши числові значення, дістанемо:

Відповідь: дійсна величина предмета Н = 18см.

Приклад 5.37. На якій відстані від предмета треба встановити екран, щоб двоопукла лінза з радіусом кривизни поверхонь R = 0,2 м і показником заломлення n = 1,5 давала дійсне зображення предмета, збільшене в два рази?

Розв’язання: Зображення предмета дійсне і збільшене, отже предмет АВ встановлено між головним фокусом F і подвійною фокусною відстанню 2 F (рис. 5.20).
	Рис. 5.20

Запишемо формулу лінзи:

Фокусну відстань визначимо за формулою:

Тоді

Відповідь: 0,9м. 

Приклад 5.38. Визначити коефіцієнт заломлення п матеріалу лін­зи, якщо радіуси кривизни її поверхонь дорівнюють R₁ = R₂ = 50см, а оптична сила D = 2 діоптрії.

Розв'язок: Задача розв'язується за формулою:

Отже,

Визначимо всі величини в одиницях системи СІ: R₁ = 50 см = 0,5 м; R₂ = 50 см = 0,5 м; D = 2 діоптрії.

Підставляємо числові значення величин у формулу і визначаємо:

Відповідь: 1,5. 

Приклад 5.39. Чоловік рухається на велосипеді із швидкістю v = 15 м/с. Його фотографують апаратом з фокусною відстанню об’єктива f = 0,08 м. Визначити найменшу експозицію, при якій розмитість зображення на знімку не перевищувала б h = 0,1 мм. Відстань велосипедиста до фотоапарата d = 10 м.

Розв’язок. Відношення зміщення зображення велосипедиста на знімку до шляху, пройденого велосипедистом, дорівнюватиме відношенню відстані між зображенням і об’єктивом до відстані від предмета до об’єктива:

= , але , тоді = .

Звідси час експозиції:

,

а значення величини f знайдемо з формули лінзи:

f = .

Тому: = = 0,83 с.

Відповідь: t =0,83 с.

Приклад 5.40. Чому дорівнює кут падіння променя , якщо заломлений і відбитий промені утворюють кут 90^o? Показник заломлення другого середовища відносно першого n₂₁=1. Знайти показник заломлення речовини n, якщо для променя, що падає на границю розділу вакуум-середовище під кутом =60^о відбитий промінь перпендикулярний до заломленого.

Розв’язок. Закон заломлення:

, ,

Нехай кут заломлення дорівнює , тоді: ,

Тобто:

, ,

,

,

.

Відповідь:  =45^о, .

Приклад 5.42. Розміри вікна пожежного автомобіля (ахb) м. Водій сидить на відстані l = 2 м від заднього вікна, a = 120 см, b = 45 см. Якою повинна бути висота h плоского дзеркала, що висить на віддалі l₀ = 0,5 м перед водієм, щоб водій мав найкращий огляд дорожньої обстановки позаду автомобіля? Якою повинна бути ширина d плоского дзеркала?

Розв’язок. Оскільки предмет і його зображення в плоскому дзеркалі симетричні відносно площини дзеркала, то відстань від ока до зображення:

=3 м.

Висота дзеркала: =7,5 см

Ширина дзеркала: =20 см.

Відповідь: h = 7,5 cм, d = 20 cм.

Приклад 5.43 Велике креслення фотографують спочатку повністю, потім окремі його деталі в натуральну величину. У скільки разів треба збільшити час експозиції при фотографуванні деталей?

Розв’язання. При фотографуванні всього креслення, розміри якого набагато більші за фотопластинку, зображення виходить приблизно в головному фокусі об’єктива. При фотографуванні деталей зображення в натуральну величину виходить при розташуванні предмета на подвійній фокусній відстані від об'єктива (на такій же відстані виходить і зображення на фотопластинці). Площа зображення при цьому збільшиться в рази. У стільки ж разів зменшиться освітленість фотопластинки; отже, експозицію треба збільшити в 4 рази.