Delta mi!

Sfera pochłania wszystkie emitowane przez lampę fotony. Tempo emisji fotonów jest równe stosunkowi mocy lampy  do energii  emitowanego fotonu. Ponieważ  więc  gdzie  jest stałą Plancka, a   częstością emitowanego światła. Podstawiając  gdzie c jest prędkością światła, a   długością jego fali, otrzymujemy ostatecznie  co dla wielkości danych w zadaniu daje  fotonów na sekundę.

Przyjmijmy, że promień wychodzący (rysunek) pochodzi z wiązki promieni równoległych padających na soczewkę.

Wtedy jego przedłużenie na stronę przedmiotową przetnie się z przedłużeniami innych promieni pochodzących z padającej wiązki równoległej w płaszczyźnie ogniskowej soczewki . W tym samym punkcie przetnie więc płaszczyznę ogniskową, pochodzący z tej samej wiązki równoległej, promień  który nie zmienia swojego kierunku bo przechodzi przez środek soczewki. Ponieważ promienie i  pochodzą z tej samej wiązki równoległej, więc bieg promienia znajdujemy, wykreślając prostą równoległą do przechodzącą przez punkt

Oznaczmy promień krzywizny półkuli przez  Gdy wiązka pada prostopadle na płaską powierzchnię szkła, biegnie przez szkło bez zmiany kierunku. Odległość nie zmieni się, gdy wiązkę przepuścimy przez cienką soczewkę płasko-wypukłą ze szkła o promieniu krzywizny umieszczoną w powietrzu (Rys. 1). Ogniskowa tej soczewki jest równa  mamy więc związek

Rozważmy wiązkę padającą na półkulę od strony wypukłej. Oznaczmy przez kąty padania i załamania przy przechodzeniu światła z jednego ośrodka do drugiego, jak na rysunku 2. Założenie, że wiązka światła jest wąska, oznacza, że odległości promieni od osi optycznej są małe w porównaniu z promieniem krzywizny i możemy stosować przybliżenia właściwe dla małych kątów. Korzystając z prawa załamania, otrzymujemy:

Kąt jest kątem zewnętrznym w trójkącie  zatem  Niech będzie odległością promienia wychodzącego z półkuli od osi optycznej. Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta  otrzymujemy:  a w przybliżeniu  Szukaną odległość punktu skupienia promieni od powierzchni płaskiej dostajemy ze związków:

Ostatecznie

Na mocy symetrii układu obraz źródła będzie położony także w odległości  od kulki, ale po jej drugiej stronie.

Przez boczną powierzchnię cylindra nie wydostanie się żaden promień światła, jeśli dla promienia o (skrajnym) kącie padania  na dno cylindra kąt padania  na powierzchnię boczną będzie spełniał nierówność

W tym przypadku na powierzchni bocznej nastąpi całkowite odbicie. Z geometrii układu wynika, że

Stąd

Obliczenie ogniskowej  układu jest dość standardowe i nie będziemy go powtarzać. Otrzymuje się

Podstawiamy  w postaci  gdzie  lub 2,  nie zależy od  Przy niewielkiej zmianie  zmiana zdolności skupiającej układu  wynosi

Proste przekształcenie prowadzi do wniosku, że zmiana ta jest równa zeru, gdy

Powierzchnia wypływającej strugi cieczy tworzy kąt z poziomym promieniem światła. Z drugiej strony kąt ten jest wyznaczony przez stosunek składowej poziomej i pionowej cieczy:

Kąt jest kątem granicznym, jeśli , zatem:

Rozważmy kulę o środku w źródle światła i promieniu  Kulę dzielimy za pomocą współśrodkowych sfer na  części o jednakowej grubości  W -tej części, licząc od środka, znajduje się drobin pyłu, które zasłaniają powierzchnię czyli  całości powierzchni sfery. Drobiny w różnych warstwach ustawione są przypadkowo i niezależnie od siebie, więc całkowita niezasłonięta powierzchnia to całej sfery, co po przejściu do granicy daje   Po podzieleniu na jednostkę powierzchni otrzymujemy

Promień, którego przedłużenie jest odległe od środka kulki o  pada na jej powierzchnię pod kątem  i załamuje się pod kątem  Ponieważ przy wyjściu z kulki kąty są te same, więc kąt odchylenia tego promienia od kierunku początkowego jest równy  Rozpatrując promienie padające na ekran w pobliżu środka, należy przyjąć, że kąty są małe, tzn.   Gdy spełniony jest warunek  promienie odchylone o  padają na ekran w odległości  od środka. Widzimy, że wiązka o polu przekroju  której moc wynosi oświetla na ekranie koło o polu  Szukane natężenie oświetlenia środka ekranu wynosi więc

Promień biegnący wzdłuż tworzącej stożka można uważać za wybiegający ze wszystkich punktów tej półprostej, zatem po załamaniu pobiegnie tak, jakby wybiegał ze wszystkich punktów jej obrazu. Stąd wynika, że jego przedłużenie tworzy z osią soczewki kąt Oznaczmy przez wysokość, na której następuje załamanie tego promienia, a przez odległość obrazu wierzchołka stożka od soczewki. Z równań

znajdujemy rozwiązanie

Obraz widziany w dwóch lusterkach, których krawędź zetknięcia jest pionowa (równoległa do osi twarzy), podano na rysunku 1. Przy obrocie lusterek obraz obraca się dwukrotnie szybciej, np. przy poziomej krawędzi zetknięcia otrzymujemy rysunek 2. Obraz widziany w trzech lusterkach jest podany na rysunku 3 i nie zmienia się przy obrocie zestawu.