127838-229237

F
E = s .	(1)

Световой поток, падающий на поверхность стола, определим, используя определение силы света изотропного источника [17.8]:

Φ = JΩ .

(2)

Поскольку телесный угол

W = 2p(1 - cos j0 ),

где j0 – угол полураствора конуса, опирающегося на поверхность стола, то выражение (2) приобретет вид:

F = 2pJ (1 - cos j0 ).

(3)

Из рисунка 2.43 следует геометрическое соотношение:

cos j0 =

H

.

(4)

H 2

+ R2

Площадь стола определяется как площадь круга:

s = pR2 .

(5)

Учитывая (3), (4) и (5), выражение (1) запишем в виде:

2J

æ

H

ö

E =

ç1 -

÷ .

(6)

2

R

ç

R

2

+ H

2 ÷

è

ø

В условиях предложенной задачи максимальная освещенность будет наблюдаться в центре стола:

	Emax =	J	(7)
		H 2

Отношение максимальной освещенности стола к средней определим, воспользовавшись соотношениями (6) и (7):

h =

Emax

=

R2

1

=

R2

R2

+ H 2

.

(8)

2H

2

1

ö

E

2H

2

æ

R

2

+ H

2

1

-

ç

-1÷

R2 + H 2

è

ø

При изменении высоты источника над столом освещенность, создаваемая точечным источником на краю стола, будет равна

[17.10]:

	E =	J0 cosϕ	,	(9)
		r2
				241

где ϕ – угол между нормалью к площадке приемника и направле-

нием на источник, r – расстояние от приемника до источника.

Из выражения (9) следует, что при уменьшении высоты источника над столом, величина r будет уменьшаться, однако угол ϕ будет увеличиваться, что обуславливает немонотонную зависи-

мость освещенности от высоты.

Представим освещенность на краю стола как функцию одной переменной, например угла ϕ . Из рисунка 2.43 следует геометри-

ческое соотношение r = sinRϕ , поэтому (9) запишется в виде:

	E = E =	J0	sin 2 ϕcos ϕ .	(10)
		R 2
	ϕ

Рис. 2.43

Искомую высоту h найдем из условия экстремума функции:

dE dϕ = 0 .
Производя дифференцирование выражения (10), получим:
	dE	=	J0		(sin2 ϕcosϕ)′ =		J0			(2cos2 ϕsin ϕ − sin3 ϕ)= 0 .	(11)
	dϕ		R2				R2
Выполнив тригонометрические преобразования, получим:
tgϕ = ±						, h = Rtgϕ =			R .
					2			2

Для определения кривой светораспределения учтем, что при постоянной высоте источника H над столом в выражении (9) r = Hcos ϕ′ (рис. 2.43), поэтому:

242

Eϕ′ =	J	cos	3	¢	.	(12)
	H 2
				j

Из полученной зависимости следует, что освещенность будет постоянной, то есть не будет зависеть от угла, если

¢

J0

J = J (j

)= cos3 j¢

,

где J 0 – сила света,

создаваемая

источником в направлении

j′ = 0 , то есть в центре стола.

2J

æ

H

ö

J

Ответ:

E =

ç1

-

÷

; Emax =

;

2

2

2

2

R

ç

R

+ H

÷

H

è

ø

Emax

R2

R2 + H 2

¢

J0

h =

E

=

2H

2 æ

R

2

+ H

2

ö ; h =

2R ;

J = J (j

)= cos3 j¢ .

ç

-1÷

è

ø

Пример 6. Лампа накаливания, излучающая поток 2,5 ×103 лм, помещена в центр шара диаметром 25 см из матового стекла. Определить светимость и яркость внешней поверхности шара, если 25 % всего потока источника поглощается стеклом.

Дано:

F = 2,5 ×103 лм,

d= 25 см = 0,25 м,

Κ= 0,25 .

Найти: L , M .

Решение. Определим световой поток, излучаемый поверхностью матового шара по всем направлениям:

Φ′ = (1 − Κ)Φ ,	(1)
где (1− Κ) – коэффициент пропускания матового стекла,	равный

отношению прошедшего (рассеянного) светового потока F′ к величине излучаемого лампой падающего потока Φ .

243

Светимость шара равна отношению излученного потока F′ к

площади его поверхности σ [17.14]:
M =	F′	=	(1- K)F	.	(2)
	s
			pd 2

Для определения яркости поверхности L шара воспользуемся связью светимости и яркости для ламбертова источника [17.16]:

L =

M

.

(3)

p

С учетом (2) выражение (3) примет вид:

L =

(1 - K)F

.

(4)

p2d 2

Выполняя вычисления, получим:

M =

(1 - 0,25)2,5 ×10

3

3

2

= 9,6

×10

лм/м ,

3,14 × 0,252

L =

(1 - 0,25)2,5 ×103

3

2

= 3,0 ×

10

кд/м .

3,142 × 0,252

Ответ: M = 9,6 ×103 лм/м2,

L = 3,0 ×103 кд/м2.

Пример 7. Сквозь отверстие в ставне в комнату падает пучок солнечного света, образующий зайчик на листе белой бумаги (рис. 2.44). Площадь зайчика равна 80 см2, освещенность

1,5 ×104 лк, коэффициент отражения бумаги 0,85. Какова освещенность: а) потолка комнаты над листом бумаги, если ее высота 3,5 м; б) стены на высоте 2,5 м от пола? Стена находится от зайчика на расстоянии 3,0 м и расположена перпендикулярно к плоскости падения солнечных лучей на пол.

Дано:

σ = 80 см2 = 8,0×10−3 м2,

E0 =1,5 ×104 лк, Κ = 0,85 ,

244

H = 3,5 м, h = 2,5 м, R = 3,0 м.

Найти: EA , EB .

Решение. На основании закона обратных квадратов [17.10] освещенность, создаваемая источником силы света J , равна:

	E =	J cos ϕ	,	(1)
		r 2

где r – расстояние от источника до точки наблюдения (площадки, где определяется освещенность), ϕ – угол между нормалью к

площадке и направлением на источник.

Для определения силы света освещенного зайчика воспользуемся законом Ламберта [17.13]:

J = J 0 cos ϕ′ ,

(2)

где J 0 – сила света, создаваемая протяженным источником в направлении, перпендикулярном его поверхности ( ϕ′ = 0 ). Для ламбертова источника можно записать:

J0 = Lσ ,	(3)
а также [17.16]:
M = πL ,	(4)
где L – яркость,	M – светимость источника, σ – его площадь.

Рис. 2.44

Коэффициент отражения Κ равен отношению светимости поверхности к ее освещенности E0 :

Κ =	М	.	(5)

E0

245

Учитывая соотношения (2) – (5), запишем выражение (1) в виде:

	KE0s						¢				(6)
E =		pr2		cosjcosj .
Для точки A , расположенной на потолке комнаты над освещен-
ным пятном, j = j′ = 0 ,							r = H и выражение (6) примет вид:
EA =		KE0		s .
		pH 2
Производя вычисления, получим:
EA =		0,85×1,5×104 8,0×10−3 = 2,7 лк.
		3,14×3,52
Определим освещенность в точке B , находящейся на стене
(рис. 2.44). Из прямоугольного									треугольника		OBC очевидны
следующие				геометрические					соотношения:		j′ = 90° - j ,
r 2 = h2 + R2 ,				cos j =		R	, sin j =	h	. С учетом этого выражение (6)
						r		r
запишется в виде:
EB =		KE0sRh
					.						(7)
		p(R2 + H 2 )2
Подставляя числовые значения в (7), имеем:
EB =		0,85×1,5 ×104 ×8,0 ×10−3 ×3,0 × 2,5								= 0,54 лк.
			3,14(3,02 + 3,52 )2
Ответ: EA = 2,7 лк,							EB = 0,54 лк.

Пример 8. Чему равны напряженности электрического и магнитного полей световой волны с длиной 500 нм, если при нормальном падении она создает освещенность 500 лк?

Дано:

λ = 500 нм = 5,00 ×10−7 м, E = 500 лк.

Найти: E0 , H 0 .

246

Решение. Для решения задачи выполним перевод световой освещенности, заданной в люксах, в энергетическую, выраженную в Вт/м2. Для этого воспользуемся кривой видности (смотри приложение 14). Для заданной длины волны относительная спектральная чувствительность среднего человеческого глаза составляет K λ = 0,37 . С учетом относительной спектральной чувстви-

тельности энергетическая освещенность Ee будет равна [17.2], [17.20]:

E	,	(1)
Ee = V555K λ

где V555 – максимальная спектральная чувствительность глаза,

равная 683 лм/Вт.

Поскольку энергетическая освещенность тождественна интенсивности ( I º Ee ), то для определения напряженности электри-

ческого и магнитных полей воспользуемся выражением для интенсивности монохроматических электромагнитных волн в вакуу-

ме [16.10]:

I =	e cE2	=	m	сН 2	,	(2)
	0 0		0	0
	2			2
где E0	и H 0	– амплитудные значения напряженности электриче-

ского и магнитного полей соответственно.

Из соотношений (1) и (2), подставляя числовые значения величин, получим:

Е0 =

2E

=

2 × 500

= 38,6 В/м,

e

0

cV

K

8,85 ×10−12 × 3,0 ×108 × 683 × 0,37

555

λ

H0 =

2E

=

2 ×500

= 0,102 А/м.

m

cV

K

4 ×p×10−7 ×3,0×108 ×683×0,37

0

555

λ

Ответ: Е0

= 38,6 В/м, H0 = 0,102 А/м.

Пример 9. Изображение Солнца проецируется на экран с помощью линзы с фокусным расстоянием 20 см и диаметром

247

2,5 см (рис. 2.45). Определить освещенность изображения, если при отсутствии линзы освещенность равна 2,5 ×104 лк. Угловой размер Солнца ac = 30′ .

Дано:

f = 20 см = 0,20 м,

d = 2,5 см = 2,5×10−2 м, E = 2,5 ×104 лк,

ac = 30¢ = 8,7×10−3 рад.

Найти: E′ .

Решение. Поскольку расстояние до Солнца намного больше фокусного расстояния линзы, то с большой точностью можно считать, что изображение будет расположено в фокальной плоскости линзы, то есть на расстоянии, равном фокусному (рис. 2.45). Если не учитывать поглощения и рассеяния, то световой поток Φ , падающий на линзу, будет равен потоку F′ , прошедшему через нее и формирующему изображение:

F = F′ .

(1)

В условиях задачи изображение Солнца будет спроецировано на экран в виде диска.

Рис. 2.45

В большинстве случаев можно с большой точностью считать, что солнечные лучи падают на линзу практически перпендикулярно. Тогда световой поток, падающий на линзу, будет равен [17.2]:

248

Φ = Eσ ,										(2)
где E – освещенность линзы, σ – ее площадь ( s = pd 2										4 ).
Освещенность изображения определим из соотношения:
E¢		=		F′						(3)
			sи
Площадь изображения будет равна
					(pfaс )2
sи =									.	(4)
						4
Из соотношений (1) – (4) получим:
	¢				E	æ	d	ö2
E		=				ç		÷		(5)
				2
						ç		÷ .
			aс			è f		ø

Полезно заметить, что величина (d f )2 называется светосилой линзы. Подставляя в выражение (5) числовые значения, получим:

			2,5 ×104		æ	2,5 ×10	−2	ö2	6
E	¢	=			ç			÷	= 5,2 ×10 лк.
			(8,7 ×10	2
					ç	0,20		÷
				−3 )	è			ø

Ответ: E¢ = 5,2 ×106 лк.

Пример 10. В схеме Юнга расстояние между двумя узкими щелями 2,5 мм. На экране, расположенном на расстоянии 2,0 м, наблюдается система интерференционных полос. На какое расстояние и в какую сторону сместится интерференционная картина, если одну из щелей перекрыть тонкой стеклянной пластинкой толщиной 10 мкм? Длина волны монохроматического источника, используемого в схеме, 600 нм. Определить также число полос, на которое сместится интерференционная картина при внесении указанной пластинки.

Дано:

l = 2,5 мм = 2,5 ×10−3 м, D = 2,0 м,

249

h =10 мкм = 1,0×10−5 м, l = 600 нм = 6,0×10−7 м.

Найти: x1 , N .

Решение. Пусть экран расположен на расстоянии D от линии, соединяющей два источника (рис. 2.46).

Рис. 2.46

В плоскости экрана выберем ось OX , параллельную прямой S1S2 . В схеме Юнга щели S1 и S2 представляют собой источники когерентных цилиндрических волн. Поэтому на экране, расположенном на достаточно большом расстоянии от S1 и S2 , наблюда-

ется интерференционная картина в виде светлых и темных полос, параллельных щелям. В точку O на экране волны от двух источников приходят в одинаковой фазе, то есть их разность хода равна нулю. При отсутствии пластинки здесь будет наблюдаться максимум для всех длин волн. Этот максимум называется центральным или нулевым.

	В некоторую точку		P(x) экрана с координатой x ¹ 0 волны
	приходят с определенной разностью хода (рис. 2.46):
	DL0	= r2 - r1 .				(1)
	Учитывая, что D >> x и D >> l , где l					– расстояние между щеля-
	ми, D	– расстояние	от щелей до			экрана, можем записать
	(рис. 2.46):			x
	DL0	» l sin q и sin q » tgq¢ =			, тогда
				D
			250