Výsledky

ke sbírce úloh k obecné fyzice – Kmity a vlny. Optika

1 Kmity

1.1 Netlumené harmonické kmity

1.1.1 T = 2𝜋√∆𝑙

𝑔 ≐ 0,8 s

1.1.2 ∆𝑙 = 𝑇2𝑔

4𝜋2 ≐ 6. 10−2m.

1.1.3 a) 𝐾 ≐ 245 N. m−1; b) 𝑇 ≐ 0,284 s

1.1.4 a) ∆𝑥 = 2𝑚𝑔

𝐾≐ 0,21 m, b) 𝑓 =

1

2𝜋√

𝐾

𝑚≐ 1,6 Hz, 𝑦𝑚 =

𝑚𝑔

𝐾≐ 0,10 m

1.1.5 𝑇 = 2𝜋√𝑚1+ 𝑚2

𝑚2𝑔∆𝑙 ≐ 1,6 𝑠 , 𝑎) 𝑦 = 4 𝑠𝑖𝑛

2𝜋

𝑇𝑡 = 4 sin 4𝑡, 𝑏) 𝑣 = 16 𝑐𝑜𝑠 4𝑡,

c) 𝑎 = −64 sin 4𝑡

1.1.6 a) 𝑦𝑚 = 1,00 mm; b) vmax ≐ 0,754 m.s-1; c) amax ≐ 568 m.s-2

1.1.7 Řešení: Na obě tělesa se budeme dívat jako na hmotné body. Po dokonale nepružné

srážce hmotných bodů 𝑀 a 𝑚 se obě tělesa budou pohybovat jako jeden hmotný

bod s hmotností 𝜇 = 𝑚 + 𝑀, a jelikož jsou na pružině, budou kmitat kolem rov-

novážné polohy. Umístíme-li počátek soustavy souřadné do polohy těžiště koule

𝑀, jež je zároveň také rovnovážnou polohou kmitavého pohybu, a osu 𝑥 rovno-

běžně s rychlostí 𝑣0 a pružinou, můžeme popsat tento pohyb rovnicí

𝑥(𝑡) = 𝑥m sin 𝜔𝑡, (1)

kde 𝑥(𝑡) je 𝑥-ová souřadnice kmitajícího hmotného bodu, 𝑥m je amplituda kmitů a

𝜔 je úhlová frekvence kmitů. V rovnici (1) neuvažujeme fázovou konstantu 𝜑, ne-

boť kmitání v čase 𝑡 = 0 s začíná z polohy 𝑥 = 0 m.

Úhlová frekvence kmitů, resp. vlastní frekvence soustavy je dána pouze konstantou

pružiny K a kmitající hmotou 𝜇 = 𝑚 + 𝑀 a to vztahem

𝜔2 =𝐾

𝜇 =

𝐾

𝑚 + 𝑀,

odkud jednoduše vypočítáme periodu 𝑇 kmitavého pohybu jako

𝑇 = 2𝜋

𝜔= 2𝜋√

𝑚 + 𝑀

𝐾.

K úplnému vyřešení úlohy nám tedy již zbývá pouze zjistit amplitudu 𝑥m. Tu vy-

počteme z počáteční rychlosti 𝑣0′ , kterou soustavě udělila hmota 𝑚 pohybující se

rychlostí 𝑣0. Ze zákona zachování hybnosti máme

𝑚𝑣0 + 0𝑀 = (𝑚 + 𝑀)𝑣0′ ⇒ 𝑣0

′ =𝑚𝑣0

𝑚 + 𝑀.

Nyní zderivujeme rovnici (1) podle času

𝑣(𝑡) = ( 𝑡) = 𝑥m𝜔 cos(𝜔𝑡) ,

a pro 𝑡 = 0 platí

𝑣0′ = 𝑥m𝜔 ⇒ 𝑥m =

𝑣0′

𝜔,

tedy

𝑥m =𝑚𝑣0

√𝐾(𝑚 + 𝑀).

1.1.8 𝑦(𝑡) = −𝑚𝑔sin𝛼

𝐾cos√

𝐾

𝑚𝑡

1.1.9 𝑔𝑀 = 4𝜋2

𝑇2 ∆𝑙 ≐ 1,6 m. s−2

1.1.10 ∆l = 𝑔

4𝜋2(𝑇2

2 − 𝑇12) ≐ 2,7.10-2 m

1.1.11 m = ∆𝑚

3 = 100 g

1.1.12 ∆m = 3m = 0,75 g

1.1.13 Perioda se zkrátí na polovinu.

1.1.14 𝜔´ = 𝜔√𝑙0

𝑙0−𝑎

1.1.15 a) 𝐾 = 𝐾1𝐾2

𝐾1+𝐾2, b) 𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2

1.1.16 𝑇𝑠

𝑇𝑃= 2

1.1.17 𝑡 = 𝜋

2

𝑦𝑚

𝑣0≐ 0,279 s

1.1.18 a) 𝐾1 = 𝜋2𝑓2𝑚 ≐ 1,29. 105 N. m−1, b) 𝑓 ≐ 2,68 Hz

1.1.19 a) 𝑦 ≐ 0,014 m, 𝑣 ≐ 0, 222 m. s−1, 𝑎 ≐ 3,49 m. s−2; b) 𝑠 ≐ 0,026 m; c) vmax ≐ 0,314 m.s-1, amax ≐ 4,93 m.s-2

1.1.20 y(t1) ≐ 0,20 m nebo 0,29 m; v(t1) ≐ 1,16 m.s-1 nebo 0,81 m.s-1; a(t1) ≐ 3,20 m.s-2

nebo 4,64 m.s-2

1.1.21 a) 𝑦 = 0,05 sin(𝜋

2𝑡 +

𝜋

4), b) 𝑦(𝑡 = 0) ≐ 0,035 m, 𝑦(𝑡 = 1,5 𝑠) = 0;

c) 𝑣𝑚𝑎𝑥 ≐ 0,079 m. s−1, 𝑎𝑚𝑎𝑥 ≐ 0,12 m. s−2

1.1.22 a) = 0,5 m. s−1, b) = 1 m. s−1

1.1.23 𝑣 ≐ 0,082 m. s−1, 𝑎 ≐ 0,148 m. s−2, 𝐹 ≐ 7,4. 10−4 N

1.1.24 a) 𝜔 ≐ 23,5 rad. s−1, 𝑓 ≐ 3,74 Hz; b) 𝜑 = 65° nebo 245°;

c) 𝑦𝑚 ≐ 0,094 m.

1.1.25 𝑦𝑚 = √4𝜋2𝑓2𝑢𝑥

2(0)+𝑣𝑥2(0)

4𝜋2𝑓2 ≐ 5. 10−2 m, 𝜑 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(2𝜋𝑓𝑢𝑥(0)

𝑣𝑥(0)) ≐ 86°

1.1.26 Rychlost bude maximální v okamžicích, pro něž platí: 𝑡 = 6 (𝑘 +1

2) ,

𝑘 = 1, 2, …, zrychlení bude maximální v okamžicích, pro něž platí: 𝑡 =6k, kde k = 0, 1, 2, … .

1.1.27 𝐴 =𝑣𝑚

2

𝑎𝑚= 0,5 m, 𝑓 =

𝑎𝑚

2𝜋𝑣𝑚≐ 0,95 s−1

1.1.28 a) 𝑡 = 𝑇

12, b) 𝑡 =

2

15𝑇

1.1.29 a) f ≐ 1,6 Hz;

b) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 1 m. s−1 při y = 0;

c) 𝑎𝑚𝑎𝑥 = 10 m. s−2 pro x = ± 10 cm;

d) 𝐹 = −𝑚𝜔2𝑥 (𝑡) = −10[𝑁. 𝑚−1]. 𝑥(𝑡)

1.1.30 𝑇 = 2𝜋√𝑚1𝑚2

𝐾(𝑚1+ 𝑚2)

1.1.31 𝜌 = 16𝜋𝑚

𝑇2𝑑2𝑔≐ 1 000 kg. m−3

1.1.32 𝑇 = 2𝜋√𝜌𝑎

𝜌0𝑔≐ 0,9 s

1.1.33 𝑇 =4

𝐷√

𝜋𝑚

𝑔𝜌

1.1.34 𝑓 ≤ 1

2𝜋√

𝑔

𝑦𝑚 ≐ 0,58 Hz

1.1.35 𝜔 = √𝑔

𝑦𝑚≐ 14 rad. s−1

1.1.36 = 𝑖 𝑚 [𝑔 + (4𝜋2

𝑇2 ) 𝑥 (𝑡)] , 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 𝑚4𝜋2

𝑇2 𝑥0 + 𝑚𝑔 ≐ 29 N

1.1.37 𝑦𝑚 = 1

4𝜋2𝑓2 √8𝜋2𝑓2𝑔ℎ − 𝑔2 ≐ 7,7. 10−5 m

1.1.38 f ≐ 0,08

1.1.39 𝑇 = 2𝜋√𝑙

2𝑔

1.1.40 𝑇 = 2𝜋√𝑚

2𝑆𝜌𝑔 ≐ 0,8 s

1.1.41 𝑓 =1

2𝜋√

2𝑔

𝑙≐ 0,8 Hz

1.1.42 Při izotermickém ději platí 𝑝1(𝑑 − 𝑥)𝑆 = 𝑝2(𝑑 + 𝑥)𝑆 = 𝑝𝑑𝑆. Síla působící na

píst 𝐹 = (𝑝1 − 𝑝2)𝑆 = 2𝑝𝑥𝑆𝑑

𝑑2−𝑥2 , kde 𝑉 = 𝑆𝑑. při malých výchylkách pístu (𝑥 ≪

𝑑) je 𝐹 =2𝑝𝑉𝑥

𝑑2 a kmitání pístu bude harmonické (𝐾 =𝐹

𝑥=

2𝑝𝑉

𝑑2 ), 𝑇 =

2𝜋√𝑚𝑑2

2𝑝𝑉.

1.1.43 𝑙1

𝑙2=

𝑇12

𝑇22 =

4

9

1.1.44 𝑎 = 𝑔𝑇1

2−𝑇22

𝑇22 = − 3 m. s−2, výtah se pohybuje směrem dolů

1.1.45 𝑓 = 1

2𝜋√

3𝑔

2𝑙

1.1.46 𝑇 = 𝜋√𝑙

𝑔 (1 +

1

√2)

1.1.47 𝑇 = 𝜋(√𝑙

𝑔 + √

𝑙−𝑑

𝑔 )

1.1.48 𝑔 = 4𝜋2𝑑

𝑇12− 𝑇2

2

1.1.49 Řešení: Máme porovnat periody matematického a fyzikálního kyvadla, tj. vztahy

𝑇Mat = 2𝜋√𝑙0

𝑔, 𝑇Fyz = 2𝜋√

𝐽

𝑚𝑔𝑙0. (1)

kde 𝑙0 je vzdálenost hmotného bodu resp. těžiště od místa upevnění nitě, v našem

případě je tedy 𝑙0 = 𝑙 + 𝑟, 𝑔 je tíhové zrychlení, 𝐽 je moment setrvačnosti kyvadla

a 𝑚 je hmotnost kyvadla.

Potřebujeme tedy vypočítat moment setrvačnosti koule zavěšené na nehmotné

niti, pro což užijeme Steinerovu větu, která říká, že známe-li moment setrvačnosti

tělesa vzhledem k těžišti 𝐽0, můžeme vypočítat moment setrvačnosti také k ose,

jež neprochází těžištěm (ale je rovnoběžná s osou otáčení, vzhledem ke které je

spočten moment 𝐽0) dle vztahu

J = J0 + 𝑚𝑟⊥2 , (2)

kde 𝑚 je hmotnost tělesa a 𝑟⊥ je jeho vzdálenost od osy otáčení.

Dosadíme-li tedy do (2) za 𝐽0 moment setrvačnosti koule a dostaneme

𝐽 =2

5 𝑚 𝑟2 + 𝑚𝑙0

2.

Dle (1) máme

𝑇Fyz = 2𝜋√𝐽

𝑚𝑔𝑙0= 2π√

52 𝑟2 + (𝑙 + 𝑟)2

𝑔(𝑙 + 𝑟)

Chyba, které se dopustíme, budeme-li považovat naše kyvadlo za matematické

bude

𝑇Mat

𝑇Fyz=

2π√52 𝑟2 + (𝑙 + 𝑟)2

𝑔(𝑙 + 𝑟)

2𝜋√𝑙 + 𝑟

𝑔

= √25

𝑟2

(𝑙 + 𝑟)2+ 1.

Dosadíme-li zadané hodnoty, dostaneme

𝑇Mat

𝑇Fyz= √

0,4 ∙ (0,05)2

(0,05 + 0,1)2+ 1 ≐ 1,022.

Dopouštíme se tedy chyby přibližně 2,2%.

Energie netlumených kmitů

1.1.50 𝑦 =𝐹𝑦𝑚

2

2𝑊= 1,5. 10−2 m

1.1.51 𝑊 =2𝑚𝜋2

𝑇2 𝑦𝑚≐ 4,7.10-3 J

1.1.52 𝑦 = √2

2𝑦𝑚

1.1.53 𝑦 = 4. 10−2cos𝜋𝑡

1.1.54 𝑓 = √𝑊

2𝜋2𝑚𝑦𝑚2 ≐ 50 Hz

1.1.55 𝑦(𝑡) = 0,05cos (1,57𝑡 +𝜋

3)

1.1.56 𝐾 = 200 N. m−1, 𝑚 = 2 kg, 𝑓 ≐ 1,6 Hz

1.1.57 a) 𝑊𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 = 2

3𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 = 0,062 5 J, 𝑊𝑟𝑜𝑡 =

1

3𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 = 0,031 3 J,

b) Návod: 𝑊𝑐𝑒𝑙𝑘 =1

2𝐾𝑦2 +

1

2𝑀𝑣2 +

1

4𝑀𝑣2,

𝑑𝑊

𝑑𝑡= 0

1.2 Tlumené harmonické kmity

1.2.1 𝑛0 =𝑛2

2−𝑛1𝑛3

2𝑛2−𝑛1−𝑛3≐ 9,5

1.2.2 𝑛0 ≐ 10,4

1.2.3 𝑛0 ≐ 10,9, pomocí metody tří kyvů 𝑛0 = 11

1.2.4 δ = ln 2 ≐ 0,7

1.2.5 𝑡2 =𝑙𝑜𝑔𝐴3−𝑙𝑜𝑔𝐴1

𝑙𝑜𝑔𝐴2−𝑙𝑜𝑔𝐴1𝑡1 ≐ 13 s

1.2.6 𝑡2 =𝑙𝑜𝑔𝐴0−𝑙𝑜𝑔𝐴𝑡2

𝑙𝑜𝑔𝐴0−𝑙𝑜𝑔𝐴𝑡1

𝑡1 ≐ 21 s

1.2.7 𝐴3𝑡 =𝐴0

8

1.2.8 δ ≐ 0,05, λ ≐ 1,05

1.2.9 𝛿 = 1

𝑡𝑙𝑛

𝜑0

𝜑1. 2𝜋√

𝑙

𝑔≐ 1,4. 10−2

1.2.10 𝑏 ≐ 1,83 s−1, 𝑓0 ≐ 2,02 s−1

1.2.11 𝑏 = 1

100𝑇1𝑙𝑛

𝐴0

𝐴100≐ 3,47. 10−3s−1, 𝛿 = 𝑏𝑇1 ≐ 6,93. 10−3,

𝑦(𝑡) = 0,1𝑒−3,47.10−3𝑡sin(𝜋𝑡)

1.2.12 𝑦 = 0,067. 𝑒−0,4𝑡𝑐𝑜𝑠𝜋

2(𝑡 − 1)

1.2.13 𝑦(𝑡) = 1

𝜋𝑒−0,25𝑡𝑠𝑖𝑛 𝜋𝑡

1.2.14 Provedeme-li posouzení pomocí útlumu, pak se během první periody více utlumí

kmitání s periodou T1. Provedeme-li posouzení pomocí poměru výchylek za stej-

nou dobu od počátku pohybu, pak se během první periody více utlumí kmitání

s periodou T2.

1.2.15 𝑏 ≐ 1,4 s−1, 𝑇0 = 𝑇12𝜋

√4𝜋2+(𝑙𝑛𝐴1𝐴2

)2≐ 0,5 s

1.2.16 Řešení: Netlumené kmity ručičky měřicího přístroje mají periodu 𝑇0 = 0,5 s. Hle-

dáme útlum 𝑏 tak, aby poměr první a druhé amplitudy byl 0,01, tj.

𝐴1 = 0,01 𝐴0 ⇒ 𝐴0

𝐴1 = 100.

Víme, že pro poměr amplitud platí

𝐴0

𝐴1 = e𝑏𝑇1 .

Zlogaritmováním této rovnice dostaneme

ln𝐴0

𝐴1 = 𝑏𝑇1 ⇒ 𝑏 =

ln𝐴0

𝐴1

𝑇1

(1)

Abychom však mohli útlum vypočítat, potřebujeme zjistit periodu kmitu 𝑇1. Pro

frekvenci tlumených kmitů máme

𝜔12 = 𝜔0

2 − 𝑏2, (2𝜋

𝑇0)

2

= (2𝜋

𝑇1)

2

− 𝑏2,

odkud vyjádříme 𝑇1 a obdržíme

𝑇1 =2𝜋𝑇0

√4𝜋2 − 𝑏2𝑇02

.

Toto dosadíme do rovnice (1) a vyjádříme 𝑏

𝑏 =√4𝜋2 − 𝑏2𝑇0

2

2𝜋𝑇0ln

𝐴0

𝐴1 ,

tuto rovnici vynásobíme 2𝜋𝑇0 a umocníme

4𝜋2𝑏2𝑇02 = (4𝜋2 − 𝑏2𝑇0

2) ln2𝐴0

𝐴1,

členy, jež obsahují 𝑏 přesuneme na levou stranu a vytkneme 𝑏2,

𝑏2 [𝑇02 (4𝜋2 + ln2

𝐴0

𝐴1)] = 4𝜋2 ln2

𝐴0

𝐴1

Po vyjádřené b z této rovnice dostaneme

𝑏 =2𝜋 ln

𝐴0

𝐴1

𝑇0√4𝜋2 + ln2 𝐴0

𝐴1

=2𝜋 ln 100

0,05√4𝜋2 + ln2 100≐ 7,43 s−1.

1.2.17 Řešení: Podobně jako v předchozím příkladu máme zadán poměr amplitud tlume-

ných kmitů 𝐴0

𝐴1= 3, víme tedy, že

ln 3 = 𝑏𝑇1 ⇒ 𝑇1 =ln 3

𝑏. (1)

Máme porovnat tuto periodu s periodou netlumených kmitů. Opět vyjdeme ze

vztahu

𝜔12 = 𝜔0

2 − 𝑏2, resp. 𝜔02 = 𝜔1

2 + 𝑏2,

ze kterého vyjádříme periodu netlumených kmitů 𝑇0

𝑇0 =2𝜋

√𝜔12 + 𝑏2

=2𝜋

√4𝜋2

𝑇12 + 𝑏2

,

dosadíme za 𝑇1 z (5)

𝑇0 =2𝜋

√4𝜋2𝑏2

ln2 3+ 𝑏2

=2𝜋

𝑏√ 4𝜋2

ln2 3+ 1

.

Nyní máme 𝑇0 a 𝑇1 jako funkce závislé pouze na 𝑏, pro poměr period platí

𝑇0

𝑇1=

ln 3𝑏

2𝜋

𝑏√ 4𝜋2

ln2 3+ 1

= √4𝜋2 + ln2 3

4𝜋2= √1 +

ln2 3

4𝜋2≐ 1,0152.

Perioda tlumených kmitů bude tedy o 1,52% delší než perioda kmitů netlumených.

1.2.18 𝑇1 = 4𝜋√𝑚2

4𝜋𝑚𝑟2𝜌𝑔−𝐵2 ≐ 1,15 s

1.2.19 Řešení: Kapalina bude tlumit kmity kuličky silou 𝐹𝑜 = 6𝜋𝜂𝑟𝑣 (Stokesův zákon).

Pro odporovou sílu prostředí platí 𝐹𝑜 = 𝐵𝑣, v našem případě je 𝐵 = 6𝜋𝜂𝑟. Dále

platí 𝑏 =𝐵

2𝑚, jež je v našem případě

𝑏 =6𝜋𝜂𝑟

2𝑚=

3𝜋𝜂𝑟

𝑚.

Takto vyjádřené 𝑏 dosadíme do rovnice

𝜔12 = 𝜔0

2 – 𝑏2

a vyjádříme dynamickou viskozitu 𝜂

𝜂 =𝑚

3𝜋𝑟√𝜔0

2 − 𝜔12.

Hmotnost 𝑚 vypočítáme z hustoty a objemu kuličky

𝑚 = 𝜚𝑉 = 𝜚4

3𝜋𝑟3.

Po dosazení máme

𝜂 =4𝑟2𝜚

9√𝜔0

2 − 𝜔12 =

4 ∙ (0,01)2 ∙ 7710

9√52 − (4,06)2 ≐ 1,0 kgm−1s−1.

Energie tlumeného kmitavého pohybu

1.2.20 𝑡 =3𝑙𝑛10

𝑓𝛿≐ 1,4 s

1.2.21 Řešení: Pohyb kyvadla budeme považovat za lineárně tlumený, jeho mechanická

energie bude záviset na čase 𝑡 vztahem

𝐸(𝑡) =1

2𝐾𝐴2(𝑡),

kde 𝐴(𝑡) = 𝐴0e−𝑏𝑡, a 𝐴0 je amplituda v čase 𝑡 = 0 s. Označme

𝐸0 =1

2𝐾𝐴0

2,

poměr energií 𝐸0 a 𝐸(𝑡) pak bude

𝐸0

𝐸(𝑡)= (

𝐴0

𝐴(𝑡))

2

= e2𝑏𝑡 ⇒ 𝑏 =1

2𝑡ln

𝐸0

𝐸(𝑡).

Dosadíme a vypočítáme 𝑏

𝑏 =1

2∙600ln 10 ≐ 2 ⋅ 10−3.

Logaritmický dekrement útlumu je

𝛿 = 𝑏𝑇1,

kde 𝑇1 je perioda tlumeného kmitavého pohybu matematického kyvadla, kterou

vypočítáme z

𝜔12 = 𝜔0

2 − 𝑏2, resp. (2𝜋

𝑇1)

2

= (2𝜋

𝑇0)

2

− 𝑏2,

odkud

𝑇1 =2𝜋

√(2𝜋𝑇0

)2

− 𝑏2

,

kde 𝑇0 je perioda netlumeného kmitavého pohybu matematického kyvadla, pro

niž platí

𝑇0 = 2𝜋√𝑙

𝑔= 2𝜋 √

1

9,81≐ 2,0 s.

Dosadíme-li nyní vypočítané hodnoty 𝑏 a 𝑇0 do rovnice pro 𝑇1 dostaneme

𝑇1 =2𝜋

√(2𝜋2 )

2

− (2 ⋅ 10−3)2

≐ 2,0 s.

Vidíme, že perioda kyvadla se téměř nezměnila, při podrobném výpočtu se hod-

noty 𝑇1 a 𝑇0 rozchází až na šestém desetinném místě. Logaritmický dekrement

útlumu tedy je 𝛿 ≐ 𝑏𝑇0 ≐ 𝜋

𝑡𝑙𝑛

𝐸0

𝐸(𝑡)√

𝑙

𝑔≐ 0,0038.

1.2.22 𝛿 =𝑇1

2𝑡𝑙𝑛2 ≐ 0,07

1.2.23 𝐵 =𝑚

𝑡𝑙𝑛100 ≐ 3,8. 10−3 kg. s−1

1.2.24 χ =1

256

1.2.25 a) 𝑇1 =4𝜋𝑚

√4𝑚𝐾−𝐵2≐ 0,34 s

b) 𝑡1 =2𝑚𝑙𝑛2

𝐵≐ 5,0 s

c) 𝑡2 =𝑚𝑙𝑛2

𝐵≐ 2,5 s

1.3 Nucené harmonické kmity

1.3.1 𝐴𝑚𝑎𝑥 =𝐹0

𝑚

1

2𝑏√𝜔02−𝑏2

≐ 84. 10−2m

1.3.2 𝑣 =𝑙

2𝜋√

𝐾

𝑚 ≐ 2,7 km. h−1

1.3.3 𝐾 =𝜋2𝑚𝑣

𝑙2 ≐ 434 kN. m−1

1.3.4 𝑣 =𝑙

2𝜋√

𝐹𝑔

𝐺ℎ

1.3.5 𝑣 =𝑙

2𝜋√

𝑔

∆𝑙 ≐ 96 km. h−1

1.3.6 Ω𝑟 ≐ 19,5 rad. s−1, 𝐴𝑟 ≐ 0,8 m

1.3.7 Řešení: Obecně platí, že mmplituda nucených kmitů závisí na frekvenci budící

síly Ω podle vztahu

𝐴(Ω) =𝐹0

𝑚√(Ω2 − 𝜔02

)2

+ 4𝑏2Ω2

.

Dále víme, že pro rezonanční frekvenci systému platí

Ωr = √𝜔02 − 2𝑏2.

Ze zadání víme, že

𝐴(Ω1) = 𝐴(Ω2),

tedy

𝐹0

𝑚√(Ω12 − 𝜔0

2)2

+ 4𝑏2Ω12

=𝐹0

𝑚√(Ω22 − 𝜔0

2)2

+ 4𝑏2Ω22

,

odkud

(Ω12 − 𝜔0

2)2

+ 4𝑏2Ω12 = (Ω2

2 − 𝜔02)

2+ 4𝑏2Ω2

2,

z této rovnice nyní vyjádříme Ωr = √𝜔02 − 2𝑏2 jako funkci Ω1 a Ω2.

(Ω12 − 𝜔0

2)2

− (Ω22 − 𝜔0

2)2

= 4𝑏2(Ω22 − Ω1

2),

nyní levou stranu upravíme dle vzorce 𝐴2 − 𝐵2 = (𝐴 − 𝐵)(𝐴 + 𝐵)

(Ω12 − 𝜔0

2 − Ω22 + 𝜔0

2) (Ω12 − 𝜔0

2 + Ω22 − 𝜔0

2) = 4𝑏2(Ω22 − Ω1

2).

Závorky úplně vlevo a úplně vpravo se zkrátí až na znaménko

(Ω12 − 𝜔0

2 + Ω22 − 𝜔0

2) = −4𝑏2,

přičteme k rovnici 2𝜔02 a rovnici vydělíme dvěma

(Ω12 + Ω2

2)

2= 𝜔0

2 − 2𝑏2 = Ωr2,

Máme tedy

Ωr = √Ω1

2 + Ω22

2= √

(4002 + 6002)

2≐ 510 rad. s−1.

1.4 Superpozice harmonických kmitů

Superpozice dvou kmitů téhož směru o stejné frekvenci

1.4.1 𝑦 = 7,8 sin (10𝑡 + 1,48 rad)

1.4.2 𝑦 = 9 sin (314𝑡 + 0,586 rad)

1.4.3 𝐴 ≐ 20 cm, 𝜑 = 0,537 rad

1.4.4 𝑦 = 5 sin (𝜋𝑡 + 0,64 rad)

1.4.5 𝑦 = 9,7. 10−2 sin (𝜔𝑡 +𝜋

4)

Superpozice dvou kmitů téhož směru s blízkými frekvencemi (rázy)

1.4.6 f = 435 Hz

1.4.7 f = 387 Hz

1.4.8 𝑇𝑟 = 2𝑇1𝑇2

𝑇2−𝑇1≐ 3,05 s

1.4.9 𝜔1 = 52,1 rad. s−1, 𝜔2 = 47,9 rad. s−1, 𝑇𝑟=1,50 s

1.4.10 𝑓1,2 =1

2(

2

𝑇±

1

𝑇𝑟), 𝑓1= 9 Hz, 𝑓2= 11 Hz, ym1 = ym2 = 1,5 mm

1.4.11 𝑓1 = 358 Hz, 𝑓1 = 336 Hz

Superpozice kmitů k sobě kolmých

1.4.12 𝑥2 + 𝑦2 = 4

1.4.13 𝑦 =5

3𝑥

1.4.14 a) 𝑦4

4=

𝑥2

𝑦𝑚2 (𝑦𝑚

2 − 𝑥2)

b) 𝑦 = 𝑦𝑚(1 − 2𝑥2

𝑦𝑚2 )

1.4.15 𝑦 = 100𝑥2 − 0,08, x(𝑡 = 4 𝑠) ≐ 3, 5 cm, y(𝑡 = 4 𝑠) = 4 cm, 𝑣 ≐ 7,3 cm. s−1

1.4.16 𝑦 =√2

2(𝑥 + √25 − 𝑥2), (𝑡 = 0,1 s) = (19,4𝑖 − 28,5𝑗) m. s−1, || ≐

34,5 m. s−1, (𝑡 = 0,1 s) = (−751𝑖 − 704𝑗)m. s−2, || ≐ 1 029 m. s−2

1.4.17 𝐴2𝑦2 − 16𝑥2 (𝐴2 − 𝑥2) = 0

2 Mechanické vlnění

2.1 Postupné vlnění

2.1.1 21 m a 17 mm

2.1.2 𝑦𝑚 = 5. 10−4m, 𝑓 = 450 Hz, 𝑣𝑓 = 314 m. s−1, 𝜆 ≐ 0,7 m

2.1.3 𝑓 ≐ 315 Hz, 𝑣 ≐ 330 m. s−1, 𝜆 ≐ 1,05 m

2.1.4 𝜆 ≐ 0,5 m

2.1.5 𝑦𝑚 ≐ 5,8. 10−2m

2.1.6 x = 0,2λ

2.1.7 𝑣𝑓 = 1,2 m. s−1

2.1.8 a) ∆𝑥 =∆𝜑𝑣𝑓

2𝜋𝑓≐ 0,117 𝑚, b) ∆𝜑 = 2𝜋∆𝑡𝑓 = 𝜋

2.1.9 𝑦 = 5𝑠𝑖𝑛 2𝜋 (1 −0,03

0,15) ≐ −4,8 mm, 𝑣 ≐ 0,097 m. s−1, 𝑎 ≐ 18,8 m. s−2

2.1.10 𝜆 ≐ 0,30 m

2.1.11 f = 0,625 Hz

2.1.12 𝑦 ≐ 0,13 m, ∆φ ≐ 0,74 rad

2.1.13 ∆𝜑 = 8𝜋

2.1.14 ∆𝜑 = 𝜋

2.1.15 a) 𝑦𝑚 = 6,0. 10−2 m, b) 𝜆 = 1 m, c) f = 2 Hz, d) 𝑣𝑓 = 2 m. s−1, e) vlna se šíří

v záporném směru osy x, f) 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 75,4 m. s−1, g) 𝑦 = −0,08 m

2.1.16 𝑦𝑚 = 4. 10−2m, 𝑇 =1

8 s, 𝑓 = 8 Hz, 𝜆 = 0,2 m, 𝑣𝑓 = 1,6 m. s−1, vlna postupuje

v záporném směru osy x

2.1.17 Řešení: Z obecné rovnice vlny 𝑦 = 𝑦𝑀 cos(Ω𝑡 – 𝑘𝑥) vyjádříme 𝑥, tj.

𝑥 =1

𝑘(Ω𝑡 – arccos

𝑦

𝑦𝑀)

𝑥 = 𝑣𝑓𝑡 −𝜆

2𝜋arccos

𝑦

𝑦𝑀.

Toto je ale rovnice pro nejvzdálenější bod s výchylkou 4 cm, ostatní získáme jako

𝑥(𝑛) = 𝑥 − 𝑛𝜆 = 𝑣𝑓𝑡 −𝜆

2𝜋arccos

𝑦

𝑦𝑀− 𝑛𝜆,

kde 𝑛 je celé číslo. Dosazením dostaneme 𝑥 = (2,49 − 𝑛. 0,05) m, kde

n = 0, 1,…, 49.

2.1.18 𝑦 = 0,02 sin (𝜔𝑡 − 𝑘𝑥 +𝜋

6)

2.1.19 𝑦 = 0,010cos (1 100𝜋𝑡 + 3, 3𝑥)

2.1.20 a) 𝑦 = 0,02 sin (800𝜋𝑡 − 20𝜋𝑥), b) 𝑣𝑚𝑎𝑥 ≐ 50,3 m. s−1, c) 𝑣𝑓 = 40 m. s−1

2.1.21 a) 𝑦𝑚 = 6. 10−5m, 𝜔 = 1 800 rad. s−1, 𝑇 ≐ 3,5. 10−3 s, b) 𝑘 = 5,3 m−1, 𝜆 =1,2 m, c) 𝑣𝑓 ≐ 340 m. s−1, d) poměr p ≐ 3,4.10-4

2.2 Interference vlnění, rychlost vlnění

2.2.1 a) dráhový rozdíl pro interferenční maximum 𝑑 = 2𝑘𝜆

2= (2𝑘. 50)m, b) dráhový

rozdíl pro interferenční minimum 𝑑 = (2𝑘 + 1)𝜆

2= [(2𝑘 + 1).50])m

2.2.2 ∆𝜑 =𝜋

2

2.2.3 a) 𝜆 ≐ 0,31 m, b) ∆𝜑 = 1,64 rad, c) 𝑦𝑚 ≐ 2 mm

2.2.4 𝑌𝑚 = 2𝑦𝑚𝑐𝑜𝑠∆𝜑

2≐ 1,85 mm

2.2.5 a) y = − 0,039 m

b) y´´(𝑥, 𝑡) = (0,15 𝑚) sin(0,79 𝑟𝑎𝑑. 𝑚−1𝑥 + 13 𝑟𝑎𝑑. 𝑠−1𝑡)

c) 𝑦(𝑥, 𝑡) = 2 . 0,15 . 𝑠𝑖𝑛 0,79𝑥 . 𝑐𝑜𝑠13𝑡 ≐ 0,14 m

d) 𝑣f ≐ 17 m. s−1

e) 𝑣(𝑥 = 2,3 m, 𝑡 = 0,16 s) ≐ - 3,3m. s−1

2.2.6 𝑣𝑓 = 2𝑙𝑓 = 1 425 m. s−1

2.2.7 d = 1,5 m

2.2.8 Pro f = 800 Hz musíme strunu přidržet uprostřed její délky a pro f = 1 200 Hz ji

musíme přidržet v jedné třetině a ve dvou třetinách její délky.

2.2.9 𝐹 = 4𝑙2𝑓2𝜌 = 9,6 N

2.2.10 𝑙 = 30 cm

2.2.11 Řešení: Pro frekvenci 𝑓 struny délky l s lineární hustotou 𝜇 napínanou silou 𝐹

platí vztah

𝑓 =𝑛

2𝑙√

𝐹

𝜇 ,

kde 𝑛 je kladné celé číslo, udávající počet půlvln na struně. Budeme uvažovat 𝑛 =1. Člen

√𝐹

𝜇= 𝑣,

v předchozím vztahu je fázová rychlost šíření vlnění po struně. V našem případě

platí

𝑓1 =𝑣1

2𝑙1, 𝑓2 = 2𝑓1 =

𝑣2

2𝑙2.

Pro prodloužení struny a sílu jejího napětí platí

Δ𝑙 = 𝑙 − 𝑙0 =𝐹

𝐸𝑆𝑙0,

kde 𝑙0 je počáteční délka, 𝐸 je Youngův modul pružnosti v tahu a 𝑆 je průřez

struny. Vyjádříme-li z této rovnice napětí, dostaneme

𝐹 = 𝐸𝑆Δ𝑙

𝑙0.

Dále budeme předpokládat, že při prodloužení struny se zachová průřez 𝑆. Tento

předpoklad vede k tomu, že lineární hustota struny μ se protažením změní, neboť

její hmotnost 𝑚 musí zůstat stejná, tedy

𝜇 =𝑚

𝑙=

𝑆𝑙0𝜚

𝑙,

kde 𝜚 je objemová hustota struny.

Pro 𝑖-tou frekvenci 𝑓𝑖 (𝑖 ∈ 1,2) platí

𝑓𝑖 =𝑣𝑖

2𝑙𝑖=

1

2𝑙𝑖

√𝐸𝑆𝑙𝑖(𝑙𝑖 − 𝑙0)

𝑙0𝜇𝑖=

1

2𝑙𝑖√𝐸𝑆

𝑙𝑖(𝑙𝑖 − 𝑙0)

𝑙02𝑆𝜚

=1

2𝑙𝑖𝑙0

√𝐸𝑆𝑙𝑖(𝑙𝑖 − 𝑙0)

𝑆𝜚,

ze zadání pak máme

2𝑓1 =2

2𝑙1𝑙0

√𝐸𝑆𝑙1(𝑙1 − 𝑙0)

𝑆𝜚=

1

2𝑙2𝑙0

√𝐸𝑆𝑙2(𝑙2 − 𝑙0)

𝑆𝜚= 𝑓2,

po zkrácení a vynásobení 2𝑙2𝑙1𝑙0 dostaneme

2𝑙2√𝑙1(𝑙1 − 𝑙0) = 𝑙1√𝑙2(𝑙2 − 𝑙0),

umocníme a roznásobíme

4𝑙22𝑙1

2 − 4𝑙22𝑙1𝑙0 = 𝑙1

2𝑙22 − 𝑙1

2𝑙2𝑙0,

upravíme do tvaru

𝑙22(3𝑙1

2 − 4𝑙1𝑙0) + 𝑙2(𝑙12𝑙0) = 0,

neboť 𝑙2 ≠ 0 můžeme vydělit 𝑙2 a dostáváme rovnici pro 𝑙2

𝑙2 = −𝑙1

2𝑙0

3𝑙12 − 4𝑙1𝑙0

=𝑙1𝑙0

4𝑙0 − 3𝑙1≐ 56 cm.

2.2.12 𝑓𝑛 = (2𝑛 + 1)𝑓𝑧, tyč ještě může vydávat tóny o frekvencích 2 640 Hz a 4 400 Hz,

𝑣𝑓 = 4𝑙𝑓 = 3 168 m. s−1

2.2.13 𝑣𝑓 = 𝑣𝑧𝑣2𝑙

𝜆= 3 400 m. s−1, 𝑓 ≐ 2 833 Hz

2.2.14 𝑣𝑚𝑜𝑠𝑎𝑧 =2𝑙

𝜆𝑣𝑣𝑧 = 3 400 m. s−1

2.2.15 𝑓𝑧 =1

2𝑙√

𝐸

𝜌= 3,705 kHz, pro vyšší harmonické platí 𝑓𝑛 = (2𝑛 + 1) 𝑓𝑧, pro n = 3,

4, 5, 6 dostaneme postupně tyto vyšší harmonické frekvence 25,9 kHz, 33,3 kHz,

40,7 kHz, 48,1 kHz

2.2.16 𝑓𝑧 =𝑣

2𝑙= 100 Hz

2.2.17 𝑙 =𝑣

4𝑓= 1,7 m

2.2.18 𝑙 =𝑣𝑣𝑧

4𝑓≐ 4 m

2.2.19 𝑙2 =𝑣2

4𝑓𝑟(1 −

𝑙1

(𝑙1+∆𝑙)) = 0,25 m

2.2.20 𝑡1 =4𝑙𝑓𝑟

0,61+ 𝑡2 ≐ 19,9 C°

2.2.21 𝑣 = 2𝜋𝑓𝑦𝑚 = 0,88𝜋 m. s−1 ≐ 2,8 m. s−1

2.2.22 t ≐ 15 min

2.2.23 𝐸 = 𝑣𝑓2𝜌 = 7,9. 1010Pa

2.2.24 𝐸 = 4𝑑2𝑓02𝜌 ≐ 82,5 MPa, lze pozorovat pouze jednu vyšší harmonickou

složku o frekvenci 198 kHz

2.2.25 𝑙 =𝑣𝑡𝑦č.𝑣𝑣𝑧

𝑣𝑡𝑦č−𝑣𝑣𝑧∆𝑡 ≐ 42,3 m

2.2.26 𝑓1 ≐ 7,91 Hz, 𝑓2 ≐ 15,8 Hz, 𝑓31 ≐ 23,7 Hz

2.3 Fázová a grupová rychlost

2.3.1 Řešení: Grupová rychlost je dána vztahem

𝑣𝑔 =d𝜔

d𝑘.

Fázová rychlost je zas dána vztahem

𝑣𝑓 =𝜔

𝑘, odkud 𝜔 = 𝑘𝑣𝑓.

Pokud odtud dosadíme za 𝜔 do rovnice pro grupovou rychlost, dostaneme

𝑣𝑔 =d

d𝑘(𝑘𝑣𝑓) = 𝑣𝑓 + 𝑘

d𝑣𝑓

d𝑘.

Vypočítáme

d𝑣𝑓

d𝑘=

d

d𝑘(

𝑎

1 − 𝑏𝜆2) =

d

d𝑘(

𝑎𝑘2

𝑘2 − 4𝜋2 𝑏) =

2𝑎𝑘(𝑘2 − 4𝜋2𝑏) − 𝑎𝑘2(2𝑘)

(𝑘2 − 4𝜋2 𝑏)2=

=2𝑎𝑘3 − 8𝜋2𝑎𝑏𝑘 − 2𝑎𝑘3

(𝑘2 − 4𝜋2 𝑏)2,

Dosadíme-li za 𝑘 máme

𝑣𝑔 = 𝑣𝑓 + 𝑘d𝑣𝑓

d𝑘=

𝑎

1 − 𝑏𝜆2+

−32𝜋4𝑎𝑏𝜆4

𝜆2(4𝜋2 − 4𝜋2𝑏𝜆2)2=

𝑎

1 − 𝑏𝜆2−

2𝑎𝑏𝜆2

(1 − 𝑏𝜆2)2=

𝑎(1 − 𝑏𝜆2) − 2𝑎𝑏𝜆2

(1 − 𝑏𝜆2)2= (

𝑎

1 − 𝑏𝜆2)

2 1

𝑎(1 − 𝑏𝜆2 − 2𝑏𝜆2) =

𝑣𝑓2

𝑎(1 − 3𝑏𝜆2).

2.3.2 a) 𝑣𝑔 = 1

2𝑣𝑓 , jedná se o prostředí s normální disperzí, b) 𝑣𝑔 =

3

2𝑣𝑓 , jedná se o pro-

středí s anomální disperzí

2.3.3 a) 𝑣𝑔 = 𝑣𝑓 , b) 𝑣𝑔 = 3

2𝑣𝑓, c) 𝑣𝑔 = 2𝑣𝑓

2.4 Dopplerův jev

2.4.1 𝑣 = 20 m. s−1, 𝑓0 = 576 Hz

2.4.2 a) 𝑓1 ≐ 610 Hz, b) 𝑓2 = 542 Hz

2.4.3 𝑓 ≐ 935 Hz

2.4.4 𝑣 ≐ 68 m. s−1

2.4.5 𝑓1

𝑓2≐ 1,37, 𝑣 ≐ 15 m. s−1

2.4.6 a) před autem 𝜆1 = 0,62 m, za autem 𝜆2 = 0,74 m, b) f ≐ 573 Hz,

c) f ≐ 439 Hz

2.4.7 𝑓𝑟 =2𝑣𝑣𝑣𝑧

𝑣𝑣𝑧2 −𝑣2

𝑓0 ≐ 12 Hz

2.4.8 𝑓0 =𝑣𝑣𝑧

2 −𝑣2

2𝑣𝑣𝑣𝑧𝑓𝑟 ≐ 2 037 Hz

2.4.9 𝑓𝑟 = 𝑓02𝑣

𝑣𝑣𝑧≐ 0,87 Hz

2.4.10 a) f1≐ 4 250 Hz, b) f2 ≐ 7 240 Hz, c) rychlost zdroje 𝑣𝑧 ≐ 222 m. s−1, rychlost

přijímače 𝑣𝑝 ≐ 262 m. s−1

2.4.11 a) f1≐ 970 Hz

b) f2≐ 1 030 Hz

c) fr≐ 60 Hz

2.4.12 𝑣 ≐ 123 km. h−1

3 Optika

3.1 Základní vlastnosti světla

Základní pojmy

3.1.1 ℎ´ =ℎ𝑐

𝜆𝑚𝑔≐ 3,3. 10−12 m

3.1.2 𝜌 =𝐸

𝑉=

𝑃𝑡

𝑆𝑙=

4𝑃

𝜋𝑑2𝑐≐ 1,06.10−6 J. m−3

3.1.3 𝑛 =𝑃𝑡𝜆

ℎ𝑐≐ 2,77. 1020 fotonů

3.1.4 𝑛/𝑡 =0,01𝑈𝐼𝜆

ℎ𝑐≐ 2,07. 1016 fotonů/s

3.1.5 𝑃𝑐 =𝑃𝑡

𝑐= 10−4 kg. m. s−1

3.1.6 𝑡 =𝑚𝑣𝑐

𝑃≐ 3. 107 s ≈ 1 rok

Polarizace světelné vlny

3.1.7 I/8

3.1.8 Řešení: a) Vlna se šíří ve směru osy 𝑥 a je lineárně polarizovaná. Vlnovou délku

nalezneme úpravou obecného tvaru rovinné vlny

𝐸𝑦 = 𝐸0 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥) = 𝐸0 cos (𝜔 (𝑡 −𝑘

𝜔𝑥)) = 𝐸0 cos (𝜔 (𝑡 −

𝑥

𝑐)),

vlnová délka

𝜆 =2𝜋

𝑘=

2𝜋𝑐

𝜔=

2𝜋𝑐

2𝜋𝑓=

𝑐

𝑓=

3 ⋅ 108

108= 3 m.

b) Vektor magnetické indukce

𝐵𝑧 =𝐸𝑦

𝑐cos [2𝜋. 108 (𝑡 −

𝑥

𝑐) ] =

0,5

3. 108cos [2𝜋. 108 (𝑡 −

𝑥

𝑐) ] , 𝐵𝑥 = 𝐵𝑦 = 0

c) Zajímá nás velikost střední hodnoty Poyntingova vektoru, tj.

|⟨𝑆⟩| = |1

𝑇∫ 𝑆 d𝑡

𝑇

0

| = |1

2(0 × 0)|,

kde integrujeme přes periodu 𝑇, 0 =0

𝜇0 a 0 =

0

𝑐. V našem případě (neboť vek-

tor 0 je kolmý na 0) je

|1

2(0 × 0)| =

1

2

𝐸0𝐵0

𝜇0=

𝐸02

2𝜇0𝑐=

0,52

2 ∙ 3 ∙ 108≐ 3,32 ∙ 10−4 Wm−2.

3.1.9 a) λ = 6 m, f = 5.107 Hz, 𝑧+, lineárně polarizovaná, α = 45°

3.1.10 a) 𝑧+, elipticky polarizovaná, b) 𝑥+, lineárně polarizovaná, α = 135°

3.1.11 f = 3.1010 Hz, λ = 0,1 m, 𝑥−, kruhově polarizovaná

3.1.12 f ≐ 9,5.1011 Hz,𝑣𝑓 = 2. 108 m. s−1, 𝑧+, elipticky polarizovaná

3.1.13 a) kruhově polarizovaná, 𝑥+, b) lineárně polarizovaná, 𝑥+, α = 135°, c) elipticky

polarizovaná, 𝑥+, d) elipticky polarizovaná, 𝑧+, e) elipticky polarizovaná, 𝑧−,

f) lineárně polarizovaná, 𝑧+, α ≐ 63° 26´, g) lineárně polarizovaná, 𝑥+, α = 30°, h)

elipticky polarizovaná, 𝑦+, ch) kruhově polarizovaná, 𝑦+

3.1.14 (𝑥, 𝑡) = 𝐸0 (√3𝑗 + )cos (𝜔𝑡 − 𝑘𝑥)

3.1.15 (𝑧, 𝑡) = (−0,5𝑖 + 0,866𝑗)cos 𝜋(𝑧 − 3. 108𝑡)

3.1.16 (𝑧, 𝑡) = 𝑖 2cos2𝜋 (108𝑡 +𝑧

3) + 𝑗 2sin2𝜋 (108𝑡 +

𝑧

3)

3.1.17 Řešení: Z příkladu 3.1.8 víme, že

|⟨𝑆⟩| =𝐸0

2

2𝜇0𝑐= 0,1 Wm−2,

odkud

𝐸0 ≐ 8,68 Vm−1.

Dále

0 = (𝐸𝑥, 𝐸𝑦, 𝐸𝑧),

kde 𝐸𝑦 = 𝐸0 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥), 𝐸𝑥 = 𝐸𝑧 = 0, stejně tak

0 = (𝐵𝑥, 𝐵𝑦, 𝐵𝑧),

kde 𝐵𝑧 = 𝐵0 cos(𝜔𝑡 − 𝑘𝑥), 𝐵𝑥 = 𝐵𝑦 = 0, přičemž 𝐵0 =𝐸0

𝑐. Protože

𝑘 =2𝜋

𝜆=

2𝜋

500 ⋅ 10−9= 4𝜋 ⋅ 106 m,

𝜔 = 𝑘𝑐 = 4𝜋 ⋅ 106𝑐,

mají složky 𝐸𝑦 a 𝐵𝑧 tvary

𝐸𝑦 = 8,68 cos(4𝜋 ⋅ 106(𝑐𝑡 − 𝑥)),

𝐵𝑧 =8,68

𝑐cos(4𝜋. 106(𝑐𝑡 − 𝑥)).

3.1.18 𝐸𝑦 = 0,04 cos[(𝜋. 107𝑡 − 0,105𝑥], 𝐻𝑧 = 1,06. 10−4 cos[(𝜋. 107𝑡 − 0,105𝑥],

|⟨𝑆⟩| =1

2𝐸0𝐻0 = 2,12. 10−6 W. m−2

3.1.19 𝐵𝑥 = 3,33. 10−13cos (1,88. 107𝑡 − 6,28. 10−3𝑥)

3.2 Interference

3.2.1 a) 2. pulz, b) 0,03h/c

Youngův pokus

3.2.2 𝑦3.min − 𝑦0.max =(𝑁+

1

2)𝜆𝑥

𝑑≐ 3,1. 10−3m (𝑝𝑟𝑜 𝑁 = 2)

3.2.3 𝜆 =∆𝑦𝑑

𝑥= 480 nm, ve vodě ∆𝑦 =

𝜆𝑥

𝑛𝑑= 3 mm

3.2.4 a) ∆𝑦 =𝜆𝑥

𝑑= 0,65 mm

b) ∆𝑦3.min = 2,5 . 0,65 mm ≐ 1,63 mm, ∆𝑦5.max = 5 . 0,65 mm ≐ 3,25 mm

3.2.5 𝑦7.min − 𝑦5.max ≐ 1,6. 10−3m

3.2.6 ∆𝑦 = 3𝑥

𝑑(𝜆2 − 𝜆2) = 7,2. 10−5m

3.2.7 ∆𝑦 =𝜆𝑥

𝑑= 2,25. 10−3m

3.2.8 𝜆 =∆𝑦𝑑

9𝑥= 600 nm

3.2.9 Řešení: Pro vlnový vektor bude platit

𝑘 =2𝜋

𝜆, 𝑘′ =

2𝜋

𝜆′,

kde „očárkované“ veličiny jsou v prostředí s 𝑛 ≠ 𝑛0. Dále platí

𝜆′ =𝜆

𝑛 ⇒ 𝑘′ = 𝑛𝑘,

a protože vektory a ′ mají přibližně stejný směr (s ohledem na velkou vzdále-

nost stínítka od dvojštěrbiny) můžeme psát

′ = 𝑛.

Máme tedy, že

𝛿 = ′ ⋅ 𝑡 + ∙ (𝑟1 − 𝑡 − 𝑟2),

𝛿 = ⋅ (𝑛𝑡 + 𝑟1 − 𝑡 − 𝑟2),

𝛿 = ⋅ (𝑡(𝑛 − 1) + 𝑟1 − 𝑟2) = ⋅ (𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑),

𝛿 = 𝑘(𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑 tg 𝜃) =2𝜋

𝜆(𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑

𝑦

𝑥).

Podmínka pro 𝑦-ovou souřadnici interferenčního maxima je 𝜋

𝜆(𝑡(𝑛 − 1) + 𝑑

𝑥

𝑦max) = 𝑁𝜋,

kde 𝑁 je celé číslo. Vyjádříme 𝑦max

𝑦max =𝑥

𝑑(𝑁𝜆 − 𝑡(𝑛 − 1)).

Hlavní interferenční maximum bude pro 𝑁 = 0, dostáváme tedy

|𝑦max| =𝑥

𝑑𝑡(𝑛 − 1),

Δ𝑦 =𝜆𝑥

𝑑 je šířka 1 proužku, máme pak

2,2Δ𝑦 = 2,2𝜆𝑥

𝑑=

𝑥

𝑑𝑡(𝑛 − 1),

odkud

𝑡 =2,2𝜆

𝑛 − 1=

2,2 ⋅ 500 ⋅ 10−9

1,4 − 1≐ 2,75 ⋅ 10−6 m.

3.2.10 λ2 ≐ 642 mm

Interference na tenké vrstvě

3.2.11 𝑑 =𝜆𝑧

4√𝑛2−sin2𝛼≐ 104 nm, pro kolmý dopad nastává pro odražené světlo interfe-

renční maximum pro vlnovou délku 𝜆 = 4𝑛𝑑 ≐ 554 nm

3.2.12 𝑑 <𝜆

4𝑛≐ 101 nm

3.2.13 a) λ1 ≐ 571 nm, λ2 ≐ 444 nm b) λ1 = 400 nm, λ2 = 500 nm, λ3 = 667 nm

3.2.14 𝑑 =𝜆

4𝑛≐ 112 nm, 𝜆 =

𝜆0

𝑛≐ 451 nm

3.2.15 a) N = (5,5 ± 0,5) vlny, b) ∆𝜑 = (11 ± 1)π

3.2.16 𝑡 =𝜆

4𝑛1≐ 99,6 nm

3.2.17 𝑡 =𝜆

4𝑛1=

𝜆

5

3.2.18 𝑡 =𝜆

4𝑛2= 70 nm

3.2.19 𝜆 = 552 nm

3.2.20 𝜑 = 5. 10−5 rad

Newtonovy kroužky

3.2.21 Řešení: Označme 𝑟𝑘 poloměr 𝑘-tého pozorovaného kroužku, víme, že vzdálenost

mezi Newtonovými skly a podmínka pro maximum jsou

𝑑 =𝑟𝑘

2

2𝑅, 2𝑛𝑑 =

(2𝑘 + 1)𝜆

2 ,

kde 𝑛 je index lomu prostředí mezi skly, tj. vody, a 𝜆 je vlnová délka pozorova-

ného světla. Dosadíme-li za 𝑑 a vyjádříme 𝑟𝑘 dostaneme

2𝑛𝑟𝑘2

2𝑅= (2𝑘 + 1)

𝜆

2,

𝑟𝑘2 = √

𝑅𝜆(2𝑘 + 1)

2𝑛.

Vzdálenost mezi třetím a čtvrtým kroužkem bude

Δ 𝑟3,4 = 𝑟4 − 𝑟3 = √𝑅𝜆

2𝑛(√7 − √5),

po dosazení

𝑟4 − 𝑟3 = √2 ⋅ 600 ⋅ 10−9

8(√7 − √5) ≐ 0,19 mm.

3.2.22 𝑟5 = √𝑅(2.4 + 1)𝜆

2≐ 2,84. 10−3m

3.2.23 𝜆 =𝑛𝑟2

𝑅= 578 nm

3.2.24 a) 𝜆 =2𝑟2

𝑅= 500 nm, b) 𝑟5 = √𝑅

𝜆

2𝑛≐ 0,87. 10−3m

3.3 Ohyb světla

3.3.1 𝛼č = arcsin (2𝜆č

𝜆𝑚sin𝛼𝑚) ≐ 17º 56´

3.3.2 a) 𝑥č − 𝑥𝑓 = 22,2 mm,

b) 𝑥č − 𝑥𝑓 = 1,0 mm

3.3.3 Aby se pásy překrývaly, muselo by platit 𝛼1 = 𝛼2 , tedy 𝜆1 = 2𝜆2. Ve viditelné

oblasti spektra toto není možné splnit.

3.3.4 𝑥1 ≐ 0,45. 10−3 m, 𝑥2 ≐ 0,90. 10−3 m, 𝑥3 ≐ 1,35. 10−3 m

3.3.5 𝜆 = 600 nm

3.3.6 𝜆 = 460 nm

3.3.7 ∆𝑥 ≐ 0,14 m

3.3.8 4. řád spektra

3.3.9 𝜃 ≐30º

3.3.10 𝑓 = 0, 6 m

3.3.11 ∆𝑥 =𝑓𝜆

𝑑≐ 0,56. 10−3 m

3.3.12 𝜆1 = 500 nm, 𝜆2 = 400 nm

3.3.13 b≐ 1,55.10−6 m

3.4 Fotometrie

3.4.1 0,25 %

3.4.2 I = 240 cd, 𝑟 = √2 m

3.4.3 𝑥 =𝑑√2

2≐ 0,7 m

3.4.4 E = 62,4 lx

3.4.5 E ≐ 14,8 lx

3.4.6 𝐸 = 2𝐼0ℎ

(ℎ2+𝑑2

4)

32

≐ 0,038 lx

3.4.7 a) 𝐸 =𝐼0

ℎ2 +𝐼0ℎ

(𝑑2+ℎ2)32

≐ 86 lx, 𝐸 = 2𝐼0ℎ

(ℎ2+𝑑2

4)

32

≐ 91 lx

3.4.8 a) E = 30 lx, b) E ≐ 5,8 lx

3.4.9 a) E ≐ 18,8 lx, E ≐ 20,4 lx

3.4.10 Řešení: Jestliže je světelný zdroj ve vzdálenosti 𝑟 od okraje desky a úhel dopada-

jícího světla ke 𝛼 (měřeno od kolmice), intenzita osvětlení v tomto místě je

𝐸 =𝐼 cos 𝛼

𝑟2.

Bude-li světelný zdroj ve výšce ℎ nad středem kruhové desky poloměru 𝑅, je

cos 𝛼 =ℎ

𝑟, 𝑟 = √ℎ2 + 𝑅2,

máme tedy

𝐸 =𝐼ℎ

𝑟3=

𝐼ℎ

(√ℎ2 + 𝑅2)3.

Pro výšku ℎ hledáme maximální hodnotu 𝐸, tedy extrém funkce 𝐸(ℎ), tj. hodnoty

ℎ0 takové, pro které platí

d𝐸

dℎ(ℎ0) = 0.

Upravíme naši funkci na tvar

𝐸 = 𝐼ℎ(ℎ2 + 𝑅2)−32,

zderivujeme podle ℎ a položíme rovno nule

d𝐸

dℎ= 𝐼(ℎ2 + 𝑅2)−

32 + 𝐼ℎ(ℎ2 + 𝑅2)−

52(2ℎ) = 0,

tento tvar upravíme a vydělíme 𝐼

1

(√ℎ2 + 𝑅2)3 −

3ℎ2

(√ℎ2 + 𝑅2)5 = 0,

a dále upravíme

(√ℎ2 + 𝑅2)2

− 3ℎ2

(√ℎ2 + 𝑅2)5 = 0,

𝑅2 − 2ℎ2 = 0,

ℎ =𝑅

√2=

𝑅√2

2

Pro R = 1 m, je ℎ =√2

2≐ 0,7 m.

3.4.11 Řešení: Vztah, který použijeme k výpočtu, je tentýž jako v předchozí úloze, tj.

𝐸 =𝐼 cos 𝛼

𝑟2.

Svítivost vypočteme ze vztahu Φ = 4𝜋𝐼, odtud 𝐼 =Φ

4𝜋.

Z geometrie úlohy (viz obr.) vyplývá, že vzdálenost 𝑟 zdroje od místa, na které

dopadá světlo pod úhlem 𝛼 = 30∘, je 𝑟 = 2𝑅 cos 𝛼 .

Pokud uvážíme výše uvedené, bude

𝐸 =Φ cos 𝛼

16𝜋𝑅2 cos2 𝛼=

Φ

16𝜋𝑅2 cos 𝛼=

600

16𝜋 cos 30∘≐ 13,8 lx.

3.4.12 Řešení: Bodový zdroj 𝑆 umístíme do vzdálenosti 𝑑 nad bodem 𝐴. Zrcadlo posta-

víme z jedné strany tak, že s vodorovnou rovinou svírá pravý úhel (zrcadlo je

možné umístit i jinak, aby byly splněny podmínky zadání) a je ve vzdálenosti 𝑑

od bodu 𝑆 (viz obr.).

Pro osvětlení bez zrcadla 𝐸0 platí

𝐸0 =𝐼 cos 0∘

𝑑2=

𝐼

𝑑2.

Osvětlení po přidání zrcadla 𝐸 vypočítáme jako

𝐸 = 𝐸0 + 𝐸z,

kde 𝐸z osvětlení paprskem jež se odrazil od zrcadla a dopadl do bodu 𝐴. Dráhou

tohoto paprsku je součet úseček mezi bodem 𝑆 a bodem 𝐵 jež se nachází na zrca-

dle ve výšce 𝑑

2 nad vodorovnou rovinou a úsečky mezi bidem 𝐵 a 𝐴. Tyto dvě

úsečky jsou stejně dlouhé. Dráha paprsku 𝑟 bude tedy

𝑟 = 2√𝑑2 + (𝑑

2)

2

= 2𝑑√5

4= 𝑑√5.

Úhel resp. cosinus úhlu, pod kterým paprsek dopadá na vodorovnou rovinu, vy-

počítáme jako

cos 𝛼 =

𝑑2

𝑑√5=

√5

10.

Osvětlení paprskem, jež se odrazil od zrcadla, bude

𝐸z =𝐼 cos 𝛼

𝑟2=

𝐼√510

5𝑑2=

𝐼

𝑑2

√5

50= 𝐸0

√5

50.

Celkové osvětlení pak bude

𝐸 = 𝐸0 (1 +√5

50) ⇒

𝐸

𝐸0= 1 +

√5

50≐ 1,045,

Osvětlení tedy bude o 4,5% vetší.

3.4.13 d ≐ 13,3 m

3.4.14 𝐼 =𝛷𝑐

4𝜋≐ 765 cd

3.5 Odraz a lom na rovinném rozhraní

3.5.1 𝛼 ≐ 79º06´

3.5.2 Výška zrcadla se musí rovnat nejméně polovině výšky postavy. Spodní okraj zr-

cadla musí být umístěn v poloviční vzdálenosti očí od země.

3.5.3 𝛽 ≐ 34,9º, δ≐ 4,9º

3.5.4 Řešení: Paprsek dopadá na vrstvu tloušťky 𝑑 s indexem lomu 𝑛. Na rozhraní

vzduch-vrstva paprsek dopadá pod úhlem 𝜑1 = 60∘ a láme se pod úhlem 𝛽 (viz

obr.). Pod tímž úhlem dopadá na rozhraní vrstva-vzduch a láme se pod úhlem 𝜑2.

Dle Snellova zákone je

sin 𝜑1

sin 𝛽= 𝑛 ∧

sin 𝛽

sin 𝜑2=

1

𝑛,

Odkud sin 𝜑1 = sin 𝜑2, tedy 𝜑1 = 2𝑘𝜋𝜑2, a pro praktické výpočty jsou tyto úhly

stejné.

Označme bod, v němž paprsek vstupuje do skla 𝐴, a bod B, v němž vystupuje ze

skla. Označme také bod 𝐵‘, který se nachází kolmo „pod bodem“ 𝐴 na prodloužení

paprsku, jež vystupuje ze skla, tj 𝐴𝐵′ je hledaná vzdálenost paprsků.

𝐴𝐵′ = 𝐴𝐵 sin(𝜑1 − 𝛽),

dále

𝐴𝐵 =𝑑

cos 𝛽,

Máme tedy, že

𝐴𝐵′ =𝑑

cos 𝛽sin(𝜑1 − 𝛽),

cos 𝛽 upravíme podle vztahu

cos 𝛽 = √1 − sin2 𝛽 = √1 −sin2 𝜑1

𝑛2,

a úhel

𝛽 = arccos √1 −sin2 𝜑1

𝑛2.

Dostáváme tedy 𝐴𝐵′ jako funkci zadaných parametrů

𝐴𝐵′ =𝑑

√1 −sin2 𝜑1

𝑛2

sin (𝜑1 − arccos √1 −sin2 𝜑1

𝑛2),

dosadíme-li

𝐴𝐵′ =𝑑

√1 −4 sin2 60∘

9

sin (60∘ − arccos √1 −4 sin2 60∘

9) ≐ 0,01025 m

= 10,25 mm.

3.5.5 𝛼 ≐ 26,3º, 𝛽 ≐ 22,8º

3.5.6 Řešení: Geometrie této úlohy je znázorněná na obrázku.

Odtud vidíme, že platí

𝐵𝑃′ =ℎ′

cos 𝛼 , 𝐵𝑃 =

ℎ

cos 𝛽 ,

uvážíme-li také 𝐵𝐷𝑃′ bude

𝐵𝐷

𝐵𝑃′ =

sin d𝛼

sin 𝛾.

Dále předpokládejme, že

sin d𝛼 ≈ d𝛼.

Úhel 𝛾 = 90° − (𝛼 + d𝛼) tedy sin 𝛾 = sin(90° − (𝛼 + d𝛼)) = cos(𝛼 + d𝛼) ≈cos 𝛼. Máme tedy

𝐵𝐷

𝐵𝑃′ ≈

d𝛼

cos 𝛼 .

Zcela analogicky, uvážíme-li 𝐵𝐷𝑃, dostaneme, že

𝐵𝐷

𝐵𝑃 ≈

d𝛽

cos 𝛽 .

Pokud tyto rovnice podělíme dostaneme

𝐵𝑃

𝐵𝑃′ =

d𝛼 cos 𝛽

d𝛽 cos 𝛼=

ℎ cos 𝛼

ℎ′ cos 𝛽 ,

odkud

d𝛼ℎ′

cos2 𝛼=

d𝛽ℎ

cos2 𝛽 ⇒

d𝛼

d𝛽=

ℎ cos2 𝛼

ℎ′ cos2 𝛽 ,

Ze Snellova zákona

sin 𝛼

sin 𝛽= 𝑛,

diferencováním dostaneme

cos 𝛼 d𝛼

cos 𝛽 d𝛽= 𝑛 ⇒

d𝛼

d𝛽= 𝑛

cos 𝛽

cos 𝛼 ,

tedy

ℎ cos2 𝛼

ℎ′ cos2 𝛽= 𝑛

cos 𝛽

cos 𝛼 ,

odkud

ℎ′ =ℎ cos3 𝛼

𝑛 cos3 𝛽 ,

cos 𝛽 lze vyjádřit pomocí sin 𝛽 a ten lze vyjádřit za pomoci sin 𝛼 a 𝑛, jako

cos 𝛽 = √1 − sin2 𝛽 = √1 − (sin 𝛼

𝑛)

2

=√𝑛2 − sin2 𝛼

𝑛,

a

ℎ′ =ℎ cos3 𝛼

𝑛 (√𝑛2 − sin2 𝛼

𝑛 )

3 = 𝑛2ℎ (cos 𝛼

√𝑛2 − sin2 𝛼)

3

= 0,6 m.

3.5.7 a) 𝛿 ≐ 38,5º, b) 𝛿𝑚𝑖𝑛 ≐ 37,2º, 𝛼 ≐ 48,6º

3.5.8 𝑛 ≐ 1,5, 𝛼 = 40º

3.5.9 𝛿𝑚𝑖𝑛 ≐10,9º

3.5.10 𝜑 ≐ 16,6º

3.5.11 𝛼 ≐ 7,5º

3.5.12 Ano, bude, neboť paprsek dopadá na svislou stěnu krychle přibližně pod úhlem

60º, přičemž mezní úhel pro rozhraní sklo – vzduch je přibližně 45º.

3.5.13 n ≐ 1,51

3.5.14 𝜑 < 55º

3.5.15 Hledáme Brewsterův úhel, pro který platí 𝛼𝐵 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑛2

𝑛1≐ 56,3º, 𝛽𝐵 =

90º − 𝛼𝐵= 33,7º

3.5.16 𝛼𝐵 ≐ 49º

3.5.17 𝛼𝐵 ≐ 35,3º

3.5.18 a) 𝛼𝐵 ≐ 58º, 𝛼𝐵 ≐ 32º, 𝛼𝐵 ≐ 58º, 𝛼𝐵 ≐ 84º

3.5.19 𝛼𝐵 ≐ 54,7º

3.5.20 a) 𝛼𝐵 ≐ 53,1º, b) 𝜑 ≐ 11,5º,

3.6 Geometrická optika

Zrcadla a kulové lámavé plochy

3.6.1 Řešení: Pro lom paprsku na kulové ploše poloměru 𝑟 platí

𝑛1

𝑎+

𝑛2

𝑏=

𝑛2 − 𝑛1

𝑟,

K lomu dochází na vypuklé kulové ploše, přičemž paprsek prochází sklem, s in-

dex lomu 𝑛1 = 1,5, a přechází do vzduchu, s indexem lomu 𝑛2 = 1.

Vzdálenost obrazu je 𝑏 = 𝑎′ = −2,5 cm (obraz leží před lámavou plochou) a 𝑟 =−10 cm (lámavá plocha je opačně orientovaná). Máme tedy

𝑛1

𝑎+

𝑛2

𝑏=

𝑛2 − 𝑛1

𝑟 ⇒ 𝑎 =

𝑏𝑟𝑛1

𝑏(𝑛2 − 𝑛1) − 𝑟𝑛2=

𝑏𝑟𝑛1

𝑛2(𝑏 − 𝑟) − 𝑏𝑛1,

𝑎 =0,025 ∙ 0,1 ∙ 1,5

−0,025 + 0,1 + 0,025 ∙ 1,5≐ 3,3 cm.

3.6.2 a) a = 21 cm, a´= − 84 cm, b) a = 35 cm, a´= 140 cm

3.6.3 a´= 96 cm, y´= −4,5 cm

3.6.4 a = 8 cm

3.6.5 Ohnisková vzdálenost zrcadla může být 40 cm nebo 37,5 cm.

3.6.6 f = 10,5 cm

3.6.7 𝑎 = 5𝑟0

3.6.8 a´≐ −0,27 m, Z ≐ 0,45, a) a´≐ 0,75 m, Z ≐ 2,5, b) a´≐ −1,3 m, Z ≐ −1,6

3.6.9 a) a´≐ 0,78 m, Z ≐ −0,55, b) a´= 1,0 m, Z = −1, c) a´≐ 1,33 m, Z ≐ −1,66, d) a´=

∞, -, e) ) a´≐ −0,75 m, Z ≐ 2,5

3.6.10 Řešení:

a) Bod 𝑃 umístíme do vzdálenosti 𝑥 = 𝑎 před vypuklé zrcadlo (viz obr.). Obraz

𝑃′, vytvořený vypuklým zrcadlem, bude neskutečný a ve vzdálenosti 𝑏 = −𝑦

(𝑦 > 0) od vrcholu vypuklého zrcadla a bude vyhovovat rovnici

𝑃′ je od vrcholu dutého zrcadla ve vzdálenosti 𝑎2 = 2𝑟0 + 𝑦. Jestliže má být jeho

obraz 𝑃∗ ve stejném místě jako vzor 𝑃 bude jeho vzdálenost od vrcholu dutého

zrcadla 𝑏2 = 2𝑟0 − 𝑥 a bude tedy vyhovovat rovnici

Řešením rovnic (6) a (7) dostaneme kvadratickou rovnici pro 𝑥

2𝑥2 − 2𝑟0𝑥 − 𝑟2 = 0,

1

𝑥−

1

𝑦= −

2

𝑟0. (2)

1

2𝑟0 + 𝑦+

1

2𝑟0 − 𝑥=

2

𝑟0. (3)

jejímiž řešeními jsou 𝑥1 = 1,35𝑟0, 𝑥2 = −,035𝑟0. Řešení 𝑥2 odpovídá tomu, že

by bod 𝑃 ležel uvnitř vypouklého zrcadla, a tedy zadání vyhovuje pouze řešení

𝑥1.

b) Obraz bude skutečný převrácený a zmenšený.

c) Zvětšení

𝑍 =𝑦′

𝑦= −

𝑎′

𝑎,

z rovnice (6) máme 1

𝑦=

1

1,35𝑟0+

2

𝑟0 ⇒ 𝑦 =

1,35𝑟0

3,7= 0,36𝑟0,

Zvětšní bude tedy

𝑍 = −𝑎′

𝑎= −

2𝑟0 − 𝑥

2𝑟0 + 𝑦= −

2𝑟0 − 1,35𝑟0

2𝑟0 + 0,36𝑟0= −0,27.

3.6.11 Řešení:

a) Pro duté zrcadlo platí

1

𝑎+

1

𝑎′=

1

𝑓 ⇒ 𝑎′ =

𝑎𝑓

𝑎 − 𝑓=

30 ∙ 20

10= 60 cm,

pro vypuklé zrcadlo 1

𝑑 − 𝑎′−

1

𝑎′′= −

1

𝑓 ,

odkud

𝑎′′ =𝑓(𝑑 − 𝑎′)

𝑓 + 𝑑 − 𝑎′=

20(50 − 60)

20 + 50 − 60= −

200

10= −20 cm.

b) Pro vypuklé zrcadlo platí

1

𝑑 − 𝑎−

1

𝑎′= −

1

𝑓 ⇒ 𝑎′ =

𝑓(𝑑 − 𝑎)

𝑓 + 𝑑 − 𝑎=

20(50 − 30)

20 + 50 − 30= 10 cm,

pro duté zrcadlo platí 1

𝑑 + 𝑎′+

1

𝑎′′=

1

𝑓 ,

odkud

𝑎′′ =(𝑑 + 𝑎′)𝑓

𝑑 + 𝑎′ − 𝑓=

(10 + 50) ∙ 20

50 + 10 − 20= 30 cm.

Čočky

3.6.12 a = 28 cm, a´= − 84 cm

3.6.13 𝜑 = 3 D

3.6.14 𝑟1 = 45 mm, 𝑟2 = 90 mm

3.6.15 a) f = 40 cm, b) v nekonečnu

3.6.16 a´= − 30 cm, obraz je stejně velký jako předmět, vzpřímený a neskutečný

3.6.17 a´= − 50 cm, Z = − 5, obraz je virtuální a převrácený

3.6.18 f = 9 cm