Zwierciadło płaskie, wklęsłe i wypukłe – zadanie nr 10
Oblicz w jakiej odległości od zwierciadła sferycznego wklęsłego o ogniskowej f = 30 cm należy umieścić przedmiot, aby odległość tego przedmiotu od jego obrazu wynosiła 25 cm a otrzymany obraz był:
a) rzeczywisty, powiększony,
b) pozorny.
Przypadek a)
Zgodnie z teorią, aby obraz przedmiotu wytworzony przez zwierciadło sferyczne wklęsłe był obrazem rzeczywistym, powiększonym odległość przedmiotu od środka zwierciadła musi spełniać poniższy warunek:
$$2 \hspace{.05cm} f > x > f$$
gdzie:
f – ogniskowa zwierciadła,
x – odległość przedmiotu od środka zwierciadła.
Oczekujemy więc, że odległość x, którą musimy znaleźć będzie zawierać się w przedziale opisywanym przez powyższą zależność.
Aby wyznaczyć odległość x skorzystamy z równania zwierciadła sferycznego:
$$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{f}$$
gdzie y to odległość obrazu przedmiotu od środka zwierciadła.
Zgodnie z warunkami zadania odległość obrazu od przedmiotu musi wynosić l = 25 cm, dlatego:
$$y \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} x = l \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} y = x + l$$
Wstawiając tą relację do równania zwierciadła otrzymamy:
$$\frac{1}{x} + \frac{1}{x + l} = \frac{x + l + x}{x \left( x + l \right)} = \frac{2 \hspace{.05cm} x + l}{x^2 + x \hspace{.05cm} l} = \frac{1}{f}$$
i w konsekwencji:
$$x^2 + x \hspace{.05cm} l = \left( 2 \hspace{.05cm} x + l \right) f \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} x^2 + x \left( l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 2 \hspace{.05cm} f \right) \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} f \hspace{.05cm} l = 0$$
Równanie, które otrzymaliśmy jest równaniem kwadratowym, posiadającym w ogólności dwa rozwiązania:
$$x_1 = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \left( l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 2 \hspace{.05cm} f \right) \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{\Delta}}{2} = \frac{2 \hspace{.05cm} f \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{\Delta}}{2}$$
oraz:
$$x_2 = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \left( l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 2 \hspace{.05cm} f \right) + \sqrt{\Delta}}{2} = \frac{2 \hspace{.05cm} f \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l + \sqrt{\Delta}}{2}$$
gdzie Δ to wyróżnik równania kwadratowego, który w przypadku naszego równania wynosi:
$$\Delta = \left( l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 2 \hspace{.05cm} f \right)^2 \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 4 \cdot \left( \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} f \hspace{.05cm} l \right) = l^2 \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 4 \hspace{.05cm} f \hspace{.05cm} l + 4 \hspace{.05cm} f^2 + 4 \hspace{.05cm} f \hspace{.05cm} l = l^2 + 4 \hspace{.05cm} f^2$$
skąd:
$$\sqrt{\Delta} = \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f^2}$$
Po wstawieniu wielkości $\sqrt{\Delta} = \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f^2}$ do wzoru na x1 i x2 , dostaniemy:
$$x_1 = \frac{2 \hspace{.05cm} f \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f^2}}{2}$$
oraz:
$$x_2 = \frac{2 \hspace{.05cm} f \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l + \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f^2}}{2}$$
i w efekcie:
$$x_1 = \frac{2 \cdot 30 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{\left( 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \right)^2 + 4 \cdot \left( 30 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \right)^2}}{2} = \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 15 \hspace{.05cm} \textrm{cm}$$
oraz:
$$x_2 = \frac{2 \cdot 30 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} + \sqrt{\left( 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \right)^2 + 4 \cdot \left( 30 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \right)^2}}{2} = 50 \hspace{.05cm} \textrm{cm}$$
Zwróć uwagę, że warunki zadania (2 f > x > f ) spełnia jedynie drugie rozwiązanie (x2 ), zatem szukana odległość x wynosi x = 50 cm.
Przypadek b)
W tym przypadku obraz pozorny przedmiotu otrzymamy tylko wtedy, gdy $x < f$.
Ponieważ obraz pozorny przedmiotu znajduje się po przeciwnej stronie zwierciadła co przedmiot, dlatego odległość y będzie przyjmować wartość ujemną. Korzystając z tego faktu możemy zapisać równanie zwierciadła w następującej formie:
$$\frac{1}{x} \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \frac{1}{y} = \frac{1}{x} \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \frac{1}{x + l} = \frac{x + l \hspace{.15cm} – \hspace{.1cm} x}{x \left( x + l \right)} = \frac{l}{x^2 + x \hspace{.05cm} l} = \frac{1}{f}$$
skąd dostaniemy:
$$x^2 + x \hspace{.05cm} l = f \hspace{.05cm} l \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} x^2 + x \hspace{.05cm} l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} f \hspace{.05cm} l = 0$$
Podobnie jak w podpunkcie a) otrzymaliśmy równanie kwadratowe, którego pierwiastki wynoszą:
$$x_1 = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{\Delta}}{2}$$
oraz:
$$x_2 = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l + \sqrt{\Delta}}{2}$$
Wyróżnik Δ jest równy w tym przypadku:
$$\Delta = l^2 \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 4 \cdot \left( \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} f \hspace{.05cm} l \right) = l^2 + 4 \hspace{.05cm} f \hspace{.05cm} l \hspace{1cm} \longrightarrow \hspace{1cm} \sqrt{\Delta} = \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f \hspace{.05cm} l}$$
zatem:
$$x_1 = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f \hspace{.05cm} l}}{2} = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} \sqrt{\left( 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \right)^2 + 4 \cdot 30 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \cdot 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm}}}{2} = \hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 42,\hspace{-.1cm}6 \hspace{.05cm} \textrm{cm}$$
oraz:
$$x_2 = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} l + \sqrt{l^2 + 4 \hspace{.05cm} f \hspace{.05cm} l}}{2} = \frac{\hspace{.1cm} – \hspace{.1cm} 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} + \sqrt{\left( 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \right)^2 + 4 \cdot 30 \hspace{.05cm} \textrm{cm} \cdot 25 \hspace{.05cm} \textrm{cm}}}{2} = 17,\hspace{-.1cm}6 \hspace{.05cm} \textrm{cm}$$
Warunki zadania (x < f ) spełnia drugie rozwiązanie, zatem szukana odległość wynosi: x = 17,6 cm.
Dodaj komentarz