Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3268

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.11.2022

Размер:

3.85 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 322 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Освещенность поверхности dσ’, равна

Е=

dФ

Lcos2

LSa2

пад

d '

(a2 r2)2

где сos

(см. рис.).

При r=R освещенность Е

LSa2

. Из условия

(a2 R2)2

следует, что a=R и E LS /(4R2 ).

4.8. Световой поток внутри телесного угла dΩ равен dФ=IdΩ, где I - сила света, испускаемого точечным источником света. Если площадь элемента поверхности освещаемого экрана dσ, то освещенность этого участка

E dФ/(сos d ) Id /(сos d ).

Из геометрических соображений (см. рис. задачи 4.7) d сos d /(h2 r2).

Тогда освещенность E=I/(h2 +r2 ). Поскольку Е не зависит от θ, т.е. от r, то зависимость силы света должна иметь

вид I (h2			r2 ) , где α - коэффициент пропорциональности.
При	r=0		I=I0 (по условию),			отсюда I0	/ h2			и
I I	0 (1 r	2	/h	2	). Так как r/h=tgθ, то	2		I	0
						I I0 (1 tg )				,
						I I0 (1 tg )			2	,
								сos

0≤θ<π/2. Световой поток, падающий на круглый стол радиуса R, равен:

Ф Е R2	I0(1 r2 /h2)	R2	I		R2	.
	h2 r2
пад				0 h2

Для h=1,0 м и I0 =100кд световой поток, падающий на стол, Ф=3·102 лм.

4.9. Полный световой поток «зайчика» Ф’=ρЕS, где Е- освещенность поверхности светового зайчика, создаваемая

прожектором. На кольцевой элемент площади dσ’=2πRdx поверхности стен падает световой поток (см. рис.):

dФ LScos

LScos sin d

(R2 x2)

Здесь

L=const

яркость

светового зайчика. При этом

освещенность заданного кольца

dФ

LScos sin

R2 x2

Если учесть, что

cos

и sin

то

R2 x2

Е’=LSRx/( R2+x2)2.

Из

условия экстремума

dЕ’/dx=0 получим

корень

x0 R/

и E max =Е’(x0 )=

3R2

Яркость L найдем нормировкой:

ρES= dФ' E'd '=LSR

2 Rdx

)

Отсюда L=ρER/π и E max =

9 ES

16 R2

Для R=2,0 м, S=100см2 , Е=1000 лк и ρ=0,80 наибольшая освещенность Еlmax =0,21лк.

4.10. Следует учесть, что нормаль n к произвольному элементу поверхности сферического купола имеет радиальное направление. Пусть яркость свечения купола есть L, а площадь небольшой площадки в

центре купола S' (см. рис.). Световой поток, падающий на площадкуS' от кольцевого элемента сферической поверхности dФ=Ld (S'cos )=LS'cosθ·2π·sinθ·dθ=πLS' sin2θ ·dθ,

где L- световая яркость купола.

Полный световой поток, падающий на площадку,

/ 2

Ф dФ LS' sin 2 d LS'.

Отсюда освещенность площадки Е=Ф/S'=πL.

4.11. В предыдущей задаче
4.11. В предыдущей задаче			d '
4.10. была	освещенность	Е
				d

площадки, находящейся в центре
площадки, находящейся в центре
светящейся	полусферы
произвольного	радиуса	R,
имеющей	яркость	L.

Полученный результат Е=πL не зависит от радиуса полусферы R.

В данном случае светящаяся поверхность представляет собой бесконечную плоскость яркости L, и мы можем её представлять как полусферу бесконечно большого радиуса R, R→∞. Поскольку Е=const, то освещенность площадки, параллельной светящейся плоскости будет также равна Е=πL. В этом можно убедиться непосредственным расчетом.

Геометрическая часть оптической системы показана на рисунке. Световой поток, испускаемый кольцевым элементом светящейся плоскости в направлении площадки S'


					S'сos			2	rdr
dФисп=L(2πrdr)cosθdΩ=2πLrcosθdr							2 LS'сos			.
					a2 r2				a2 r2
С учетом cosθ=a/
		a2 r2		поток
dФ	исп		2 LS'a2			rdr
						(a2 r2)2

Поскольку dФисп dФпад , световой поток, падающий на

		2			rdr
площадку S', равен Фпад	2 LSa					LS . Отсюда
площадку S', равен Фпад	2 LSa			(a2	r2)2	LS . Отсюда
			0

освещенность площадки E Фпад /S' L.

4.12. Светимость ламбертовского источника М=πL, где L - яркость поверхности источника. При вычислении яркости воспользуемся промежуточным результатом задачи 4.11., а именно:

rdr

2 LS'h

LS'h

(

)

LS'

пад

(h2 r2)

h2 r2

r 0

h2 R2

Отсюда освещенность

E Ф / Sl

L R2

пад

h2 R2

Следовательно, яркость

L E0 (h2 R2 ) .

Светимость источника

M E0 (h2 R2 )/ R2 E0 (1 h2 / R2 ).

Для R=25см, h=75см и E0 =70лк светимость

М=7·102 лм/м2 .

4.13. В условиях задачи радиус R сферического светильника на много меньше расстояния h до освещаемой поверхности, R<<h. На основании этого мы можем перейти от данного к плоскому светильнику того же радиуса и той же яркости свечения. Тогда имеем возможность воспользоваться фрагментом решения задачи 4.12.: освещенность в центральной зоне поверхности пола Е LR2 /h2 (R/h<<1).

Для R=6,0см, h=3,0м и L=2,0·104кд/м2, освещенность

Е=25лк.

4.14. Закон отражения света
утверждает: отраженный луч лежит
в одной плоскости с падающим
лучом и нормалью, восстановленной	n	e
лучом и нормалью, восстановленной
в точке падения; угол отражения			e e e
равен углу падения. На рис.			e e e
показаны орты е и е' направлений
показаны орты е и е' направлений	////////////////////////////
падающего и отраженного лучей, а
так же нормали n к отражающей		e
поверхности в точке падения и углы

падения и отражения φ и . Из равенства				углов и
рисунка видно, вектор e e e			коллинеарен единичной
нормали n и тогда можно записать, что
где α>0 .	e e e =αn,			(1)

Умножим равенство (1) скалярно на вектор нормали n:
	е' n - е n=α .			(2)
Проекции ортов е и е		на нормаль n равны по модулю,
но имеют	разные знаки,	т.е. -е n=е n.		Следовательно
α=-2е n и	равенство (1) получает		вид е'-е =-2(е n)n, т.е.

е'=е -2(е n)n (3). Еще раз отметим, что в равенстве (3) е ,е'- орты падающего и отраженного лучей, n- единичная внешняя нормаль к отражающей плоскости.

4.15. Дана система трех взаимно перпендикулярных зеркал. Показать, что лучи света после последовательных отражений от зеркал имеют противоположное направление.

Пусть е0 - орт направления первичного луча; е1 , е2 , е3 -

орты для отраженных лучей от первого, второго и третьего зеркала соответственно; n1 , n2 , n3 - внешние единичные

нормали к отражающим плоскостям.

Согласно закону отражения света, представленного

формулой (3) задачи 4.14., можем написать:
е1 =е0 -2(е0 n1 ),n1 ,	(1)

	е2 =е1 -2(е1 n2 )n2 ,		(2)
	е3 =е2 -2(е2 n3 )n3 .		(3)
Складывая почленно равенства (1)-(3), будем иметь
е3 =е0 -2{(е0 n1 )n1 +(е1 n2 )n2 +(е2 n3 )n3 }.			(4)
При скалярном умножении равенства (1)		на n2 , а затем
n3 , а также равенства (2) на n3 , получаем:
	е1 n2 =е0 n2 ,		(5)
	е1 n3 =е0 n3 ,		(6)
	е2 n3 =е1 n3 ,		(7)
поскольку n1 , n2 , n3	взаимно перпендикулярны.
С учетом (6)	е2 n3 =е0 n3 .		(8)
	е2 n3 =е0 n3 .		(8)
Подставляя (5), (6) и (8) в равенство (4), находим:
е3 =е0 -2{(е0 n1 )n1 +(е0 n2 )n2 +(е0 n3 )n3 }.			(9)
Выражение в	фигурных скобках	равенства	(9)

представляет собой разложение вектора в ортонормированном базисе n1 , n2 , n3 , т.е.

(e0n1)n1 (e0n2)n2 (e0n3)n3 cos n1 cos n2 cos n3 e0 . (10)

Принимая во внимание (10), из равенства (9) получаем: е3 =е0 -2е0 =-е0 , т.е. условие противоположности направлений ортов лучей е3 и е0 .

4.16. Согласно законам преломления и отражения светового луча, в данном случае имеем:sin nsin , . Здесь , , - углы падения, отражения и преломления луча; n - показатель преломления воды. По условию задачи

	.	Получаем:		,		,	sin cos .
2			2		2
Получаем		равенство	sinφ=ncosφ,		а затем		tgφ=n и

φ=arctgn=arctg1,33=53 .

4.17. На рисунке показаны					1
направления заданных лучей в					1
						1
обеих	граничащих	средах	с	2
				2
						2
показателями преломления			n1			пр
показателями преломления			n1			1
и n2	в предположении, что				n1	1
и n2	в предположении, что				n1	2
n1 >n2 . Согласно результату (1)
n1 >n2 . Согласно результату (1)					n2 n1
задачи	4.16.		и		n2 n1	1
задачи	4.16.		и			1
непосредственному		закону
преломления, имеем два условия:
и		tg 1 =n2 /n1 =1/n0				(1)
и		sin пр =n2 /n1 =1/n0 ,				(2)
		sin пр =n2 /n1 =1/n0 ,				(2)

где n0 =n1 /n2 .

По условию задачи sin пр /sin 1 =η, т.е.

sin пр =ηsin 1 =

tg 1

(3)

1 tg2 1

Подставляя (1) и (2) в равенство (3), получаем:

1/ n0

1 n0 n0

(

1)n0

1 =>

1 1/ n02

n0 1/ 2

Итак, n0 n1 / n2 1/ 2 1. Для η=1,28 относительный показатель преломления сред n0 1,25.

4.18.	Из	прямоугольного
треугольника	АВС	(см. рис.)	для	A
смещения луча δ имеем				A
				n
				n
	δ=АВ·sin(φ -φll ),				C	d
где АВ=(d/cosφll ).		Раскрывая	синус
где АВ=(d/cosφll ).		Раскрывая	синус
разницы углов и подставляя выражение					B
для АВ, получим для :

nsin sin ,

=d(sinφ+cosφ·sinφll	/cosφll )=
=d(sinφ+ cosφ·sin φll /			).	(1)
=d(sinφ+ cosφ·sin φll /		1 sin2	).	(1)
Из закона преломления следует
sinφll =sinφ/n.				(2)

Подставляя (2) в (1), получаем:

δ=d(sinφ+ cosφ·sinφ/n2 sin2 ).

Для d=6,0см, φ=60 и n=1,5 смещение луча δ=3,1см.

A C

h' r B

///////////////////////////////////////////////////

4.19. Необходимые геометрические величины показаны на рисунке. Основные углы: – угол наблюдения, - угол падения луча SA на поверхность воды. Согласно закону преломления

для малых

приращений

этих

углов

nsin sin ,

т.е.

/ cos (ncos ).

Кажущаяся

глубина

бассейна

h rcos ,

где r AS

/ . При этом

cos ,

в свою очередь

/cos

/cos h/cos .

/cos h /cos2 .

Тогда

hcos /cos2 ,

r (hcos /cos2 ) / (hcos /cos2 )

cos

hcos2

;

n2 cos

ncos3

hcos3

hn2 cos3

ncos3

(n2 sin2 )3/2 .

1 sin2 / n2 )3

При нормальном наблюдении ( 0) кажущаяся глубина

бассейна

h hn2 /(n2)3/2

h/ n .

4.20. Здесь сошлемся

на

формулу

4.1д сборника:

sin /2 nsin /2 .

Для

малых

углов

sin

и, следовательно, n

угол отклонения луча в призме (n 1) .

4.21.

На

рисунке

показан ход

произвольного

светового луча и обозначены

необходимые

углы,

смысл

которых следует из рисунка.

Между указанными

углами

имеются

следующие

соотношения:

2 1 ,

(1)

(2)

Здесь - угол отклонения луч,

- преломляющий угол

призмы. Варьируя угол падения 1 , найдём условие, при котором угол отклонения луча будет минимальным.

	При симметричном ходе луча		2	1	,	2		1	2 и,
	1		2			2		1
следовательно, на основании (1)		и		(2)	1		( )/2,
	/2.
2	/2.

Согласно закону преломления на передней грани призмы sin 1 nsin 2 , т.е.

sin(		) nsin		.	(3)

	2		2

Здесь - угол отклонения при симметричном ходе луча. Покажем, что - наименьший угол отклонения.

Учитывая противоположность знаков приращений углов1 и 2 , перепишем равенство (2) в дифференциалах

d d 1 d 2

(4).

Поделив (4) на d 1 , получим

d 2

(5)

d 1

Выше было показано, что (

)

=0. Теперь учтём, что

d 1

d 2

при

, т.е.

>1 и

при <

d 1

d 2

, т.е.

<1. Отсюда следует

0 при

d 1

> и

для < . Это означает, что величина ,

определяемая уравнением (3), является углом наименьшего отклонения.


4.22.		Воспользуемся формулой			(3)	задачи	4.21:
sin(	) nsin		. По условию	0	и	n=1,5.	Тогда

2		2

sin nsin( /2). Отсюда получаем:

2sin

cos

nsin

cos

0,75 830 .

4.23. Угол отклонения

может

изменяться от

минимального значения min

до максимального max

m .

Для заданных n и величину

найдём по формуле (3)

задачи 4.21:

sin

1,5 sin

37 .

Максимальный угол отклонения m определим благодаря условиям (1) и (2) задачи 4.21 и закона преломления световой

<<< < Предыдущая 12 / 322 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20223.82 Mб33263.pdf
#
15.11.20223.82 Mб13264.pdf
#
15.11.20223.83 Mб13265.pdf
#
15.11.20223.83 Mб23266.pdf
#
15.11.20223.84 Mб23267.pdf
#
15.11.20223.85 Mб03268.pdf
#
15.11.20223.86 Mб03269.pdf
#
15.11.20223.86 Mб13270.pdf
#
15.11.20223.87 Mб03271.pdf
#
15.11.20223.88 Mб13272.pdf
#
15.11.20223.89 Mб23273.pdf