Physics · Buku 2 · Grades 10–12

Fisika Sekolah Menengah Atas

Fisika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

10Lensa, Bayangan, dan Mata

Setiap gambar yang tajam — pada pengindra telepon, layar bioskop, atau di bagian belakang matamu sendiri — lahir dari satu muslihat yang sama: medium bening yang melengkung membelokkan sinar melalui pembiasan (Bab 3) sehingga semua sinar yang meninggalkan satu titik bertemu kembali di titik yang lain. Bab ini menjinakkan muslihat itu: satu lensa, tiga sinar, satu rumus — lalu mengarahkannya ke kamera, kacamata, dan lensa hidup yang sedang membaca kalimat ini.

10.1 Lensa cembung dan lensa cekung

Definisi 10.1 (Lensa tipis)

Sebuah lensa adalah medium bening yang dibatasi dua permukaan, sekurang-kurangnya satu di antaranya melengkung. Jika bagian tengahnya lebih tebal daripada tepinya, lensa itu cembung: sinar sejajar dibelokkan saling mendekat; jika tepinya lebih tebal, lensa itu cekung: sinarnya memencar. Lensa tipis adalah lensa yang tebalnya dapat diabaikan: kita menggambarnya sebagai sebuah ruas dengan mata panah mengarah ke luar (cembung) atau ke dalam (cekung). Pusatnya OO disebut pusat optik; garis yang tegak lurus melalui OO disebut sumbu utama.

Definisi 10.2 (Titik fokus dan jarak fokus)

Sinar yang tiba sejajar sumbu sebuah lensa cembung semuanya memotong sumbunya di satu titik di belakangnya, yaitu titik fokus bayangan F′F'; secara setangkup, sinar yang meninggalkan titik fokus benda FF (di depan, dengan OF=OF′OF = OF') keluar sejajar sumbunya. Jarak fokus f′=OF′‾f' = \overline{OF'} bernilai positif untuk lensa cembung; melalui lensa cekung, sinar sejajar keluar seolah-olah berasal dari sebuah titik F′F' di depan lensanya: f′<0f' < 0.

Definisi 10.3 (Kekuatan lensa)

Kekuatan lensa yang berjarak fokus f′f' (dalam meter) adalah C=1/f′C = 1/f', yang diukur dalam dioptri (lambang D): 1 D=1 m−11~\text{D} = 1\,\mathrm{m}^{-1}; lensa cekung memiliki C<0C < 0. Ahli kacamata meresepkan dalam dioptri: kekuatan lensa tipis yang saling bersentuhan cukup dijumlahkan (diterima di sini; diturunkan pada jilid Tahun ke-1).

Contoh 10.4 (Membaca sebuah resep)

Lensa dengan f′=0.50 mf' = 0.50\,\mathrm{m} memiliki C=1/0.50=+2.0C = 1/0.50 = +2.0 D: cembung. Resep −4.0-4.0 D berarti f′=−0.25 mf' = -0.25\,\mathrm{m}: cekung, dengan jarak fokus 25 cm25\,\mathrm{cm}.

10.2 Melukis bayangannya

Metode 10.5 (Tiga sinar istimewa)

Misalkan ABAB adalah sebuah benda yang tegak lurus sumbu di titik AA. Di antara semua sinar yang meninggalkan ujung BB, ada tiga yang lintasannya sudah diketahui:

  1. sinar yang melewati pusat optik OO diteruskan lurus;
  2. sinar yang sejajar sumbu keluar melalui F′F';
  3. sinar yang melewati FF keluar sejajar sumbunya.

Dua di antaranya sudah memadai: titik potongnya adalah titik bayangan B′B', dan bayangan A′B′A'B' berdiri tegak lurus sumbu di titik A′A'. Apabila sinar yang keluar memencar, perpanjangan ke belakang sinar itu (garis putus-putus) bertemu di sebuah titik bayangan maya.

Tiga sinar istimewa: benda AB berada di luar F, bayangan A'B' nyata dan terbalik (di sini OA = -2f': seukuran aslinya, = -1).
Tiga sinar istimewa: benda ABAB berada di luar FF, bayangan A′B′A'B' nyata dan terbalik (di sini OA‾=−2f′\overline{OA} = -2f': seukuran aslinya, γ=−1\gamma = -1).

Definisi 10.6 (Bayangan nyata dan bayangan maya)

Sebuah bayangan disebut nyata apabila sinar yang keluar benar-benar melewatinya: layar yang ditempatkan di sana menangkapnya; disebut maya apabila hanya perpanjangan ke belakangnya yang bertemu: tidak ada layar yang menangkapnya, tetapi mata yang memandang ke dalam lensanya melihatnya dengan sangat baik. Lensa cembung memberikan bayangan nyata dan terbalik untuk setiap benda di luar FF; geserlah bendanya ke dalam jarak fokusnya dan bayangannya berubah menjadi maya, tegak, dan diperbesar.

Benda di dalam jarak fokus (susunan sebuah lup): perpanjangan ke belakang membangun bayangan maya A'B' yang tegak dan diperbesar.
Benda di dalam jarak fokus (susunan sebuah lup): perpanjangan ke belakang membangun bayangan maya A′B′A'B' yang tegak dan diperbesar.

10.3 Satu rumus: hubungan benda dan bayangan

Lukisan menunjukkan di mana bayangannya berada; sebuah rumus menghitungnya. Arahkanlah sumbunya searah cahaya lalu pakailah ukuran beraljabar: OA‾\overline{OA} adalah koordinat AA terhadap OO (bernilai negatif untuk benda nyata di depan); tinggi AB‾\overline{AB} dihitung positif ke atas.

Teorema 10.7 (Rumus lensa tipis)

Melalui lensa tipis berjarak fokus f′f', sebuah titik benda AA pada sumbunya membentuk bayangan di titik A′A' dengan

1OA′‾−1OA‾=1f′=C.\frac{1}{\overline{OA'}} - \frac{1}{\overline{OA}} = \frac{1}{f'} = C .

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 10.8

Hubungan itu mengikuti dari hukum Snell yang diterapkan pada sinar yang dekat dengan sumbunya; penurunannya — beserta batas berlakunya model lensa tipis — dibuat jujur pada jilid Tahun ke-1.

Definisi 10.9 (Perbesaran)

Perbesaran sebuah bayangan adalah

γ=A′B′‾AB‾=OA′‾OA‾.\gamma = \frac{\overline{A'B'}}{\overline{AB}} = \frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}} .

∣γ∣\abs{\gamma} membandingkan ukurannya, sedangkan tandanya membandingkan arahnya (γ<0\gamma < 0: terbalik); tanda OA′‾\overline{OA'} membaca sifatnya (positif: nyata, di belakang lensanya; negatif: maya, di depannya).

Contoh 10.10 (Rumus itu bekerja)

Sebuah benda berdiri 30 cm30\,\mathrm{cm} di depan lensa cembung dengan f′=10 cmf' = 10\,\mathrm{cm}: OA‾=−30 cm\overline{OA} = -30\,\mathrm{cm}, sehingga

1OA′‾=110−130=115,OA′‾=+15 cm,γ=15−30=−0.50:\frac{1}{\overline{OA'}} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{1}{15}, \qquad \overline{OA'} = +15\,\mathrm{cm}, \qquad \gamma = \frac{15}{-30} = -0.50 :

sebuah bayangan nyata 15 cm15\,\mathrm{cm} di belakang lensanya, terbalik, setengah ukurannya — persis seperti yang dilukis ketiga sinar tadi.

10.4 Mata

Definisi 10.11 (Mata sebagai sistem optik)

Secara optis, mata adalah lensa cembung yang menghadap sebuah layar: kornea dan lensa mata bekerja sebagai satu lensa cembung yang jarak fokusnya dapat diatur; retina, sekitar 17 mm17\,\mathrm{mm} di belakangnya, adalah layarnya yang tetap. Pemfokusannya dilakukan dengan memencet lensanya, bukan dengan menggesernya seperti pada kamera: akomodasi adalah perubahan f′f' yang dihasilkan otot siliar. Titik terdekat yang terlihat tajam pada akomodasi penuh disebut titik dekat — sekitar 25 cm25\,\mathrm{cm} untuk mata normal — dan yang terjauh, saat mata beristirahat, disebut titik jauh (tak terhingga untuk mata normal).

Akomodasi: untuk memfokuskan benda yang dekat pada retina yang sama, lensa matanya menggembung — kekuatannya bertambah. Akomodasi: untuk memfokuskan benda yang dekat pada retina yang sama, lensa matanya menggembung — kekuatannya bertambah.
Akomodasi: untuk memfokuskan benda yang dekat pada retina yang sama, lensa matanya menggembung — kekuatannya bertambah.

Contoh 10.12 (Kekuatan lensa matamu)

Retinanya berada pada OA′‾=+0.017 m\overline{OA'} = +0.017\,\mathrm{m}. Untuk benda jauh (1/OA‾≈01/\overline{OA} \approx 0): C=1/0.017≈59C = 1/0.017 \approx 59 D. Pada titik dekat (OA‾=−0.25 m\overline{OA} = -0.25\,\mathrm{m}): C=1/0.017+1/0.25≈63C = 1/0.017 + 1/0.25 \approx 63 D. Membaca berharga sekitar 44 D: mata adalah lensa 5959 D dengan penalaan halus +4+4 D yang sudah terpasang di dalamnya.

10.5 Cacat mata, koreksinya, dan lup

Definisi 10.13 (Miopi dan hipermetropi)

Mata miopi (rabun jauh) terlalu kuat untuk panjang bola matanya: sinar sejajar memusat di depan retinanya, benda jauh menjadi kabur, dan titik jauhnya berada pada jarak berhingga; lensa kacamata yang cekung mengoreksinya. Mata hipermetropi (rabun dekat) kurang kuat: benda dekat akan memusat di belakang retinanya dan titik dekatnya menjauh; lensa cembung mengoreksinya. Bertambahnya usia mengakukan lensa matanya (presbiopi) dan menyusutkan akomodasinya — dengan obat yang sama: kacamata baca.

Contoh 10.14 (Meresepkan untuk mata miopi)

Sebuah mata miopi memiliki titik jauh pada 50 cm50\,\mathrm{cm}: lensa pengoreksinya harus menampilkan benda jauh di titik jauh itu — bendanya di tak terhingga, bayangannya di OA′‾=−0.50 m\overline{OA'} = -0.50\,\mathrm{m} (maya, di depan). Maka 1/f′=1/OA′‾1/f' = 1/\overline{OA'}: f′=−0.50 mf' = -0.50\,\mathrm{m}, C=−2.0C = -2.0 D; mata yang beristirahat memandang bayangan maya itu dan melihatnya dengan tajam.

Mata miopi memusatkan sinar sejajar sebelum retinanya (titik merah); lensa cekung mendaratkan pusatnya tepat pada retina. Mata miopi memusatkan sinar sejajar sebelum retinanya (titik merah); lensa cekung mendaratkan pusatnya tepat pada retina.
Mata miopi memusatkan sinar sejajar sebelum retinanya (titik merah); lensa cekung mendaratkan pusatnya tepat pada retina.

Definisi 10.15 (Lup)

Sebuah lup adalah lensa cembung berjarak fokus pendek yang dipakai dengan bendanya di dalam jarak fokusnya: bayangannya maya, tegak, dan diperbesar (Definisi 10.6), dan mata memandangnya dengan nyaman dari jauh.

Contoh 10.16 (Lup seorang pengasah permata)

Lup dengan f′=5.0 cmf' = 5.0\,\mathrm{cm}, batunya pada 4.0 cm4.0\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5.0−1/4.0=−1/201/\overline{OA'} = 1/5.0 - 1/4.0 = -1/20, sehingga OA′‾=−20 cm\overline{OA'} = -20\,\mathrm{cm} dan γ=(−20)/(−4.0)=+5.0\gamma = (-20)/(-4.0) = +5.0: bayangan maya, tegak, lima kali lebih besar, pada jarak 20 cm20\,\mathrm{cm} dari lensanya yang nyaman dipandang.

10.6 Latihan

Latihan 10.1 ★

Hitunglah kekuatan lensa untuk f′=50 cmf' = 50\,\mathrm{cm}, −20 cm-20\,\mathrm{cm} dan 4.0 mm4.0\,\mathrm{mm}, lalu jarak fokus sebuah lensa +8.0+8.0 D.

Solusi

Solusi Latihan 10.1.

C=1/0.50=+2.0C = 1/0.50 = +2.0 D; 1/(−0.20)=−5.01/(-0.20) = -5.0 D; 1/0.0040=+2501/0.0040 = +250 D. Lensa +8.0+8.0 D: f′=1/8.0=0.125 m=12.5 cmf' = 1/8.0 = 0.125\,\mathrm{m} = 12.5\,\mathrm{cm}.

Latihan 10.2 ★

Sebuah lensa tepinya lebih tebal daripada tengahnya. Cembung ataukah cekung? Dapatkah lensa itu dipakai sebagai lup? Apa yang kamu lihat ketika memegangnya di atas halaman cetakan?

Solusi

Solusi Latihan 10.2.

Cekung (f′<0f' < 0). Tidak: untuk jarak benda dd berapa pun, γ=f′/(f′−d)\gamma = f'/(f' - d) (ditunjukkan pada Latihan 10.15) terletak antara 00 dan 11 — bayangannya selalu maya, tegak, dan diperkecil. Cetakannya tampak tegak dan menyusut, tidak pernah membesar.

Latihan 10.3 ★

Sebuah lensa cembung memiliki f′=10 cmf' = 10\,\mathrm{cm}; sebuah benda berdiri 20 cm20\,\mathrm{cm} di depannya. Lukislah bayangannya dengan dua dari ketiga sinar itu, lalu periksalah kedudukan dan ukurannya dengan rumus lensanya.

Solusi

Solusi Latihan 10.3.

Bendanya berada pada 2f′2f'; sinar pusat dan sinar sejajarnya berpotongan 20 cm20\,\mathrm{cm} di belakang lensanya. Pemeriksaannya: 1/OA′‾=1/10−1/20=1/201/\overline{OA'} = 1/10 - 1/20 = 1/20, sehingga OA′‾=+20 cm\overline{OA'} = +20\,\mathrm{cm} dan γ=20/(−20)=−1\gamma = 20/(-20) = -1: nyata, terbalik, seukuran aslinya — persis seperti yang dilukis.

Latihan 10.4 ★

Sebuah benda berdiri 24 cm24\,\mathrm{cm} di depan lensa cembung dengan f′=8.0 cmf' = 8.0\,\mathrm{cm}. Hitunglah OA′‾\overline{OA'} dan γ\gamma, lalu lukiskan bayangannya (sifat, arah, ukuran).

Solusi

Solusi Latihan 10.4.

1/OA′‾=1/8.0−1/24=1/121/\overline{OA'} = 1/8.0 - 1/24 = 1/12: OA′‾=+12 cm\overline{OA'} = +12\,\mathrm{cm}, γ=12/(−24)=−0.50\gamma = 12/(-24) = -0.50. Bayangan nyata 12 cm12\,\mathrm{cm} di belakang lensanya, terbalik, setengah ukurannya.

Latihan 10.5 ★

Di dalam mata: apa yang membentuk lensa cembungnya? Apa yang berperan sebagai layarnya? Apa yang berubah selama akomodasi — dan apa yang tidak dapat berubah? Definisikan titik dekat mata normal.

Solusi

Solusi Latihan 10.5.

Kornea dan lensa mata membentuk lensa cembungnya; retina adalah layarnya. Akomodasi mengubah jarak fokus (kekuatan) lensa matanya; jarak lensa–retina tidak dapat berubah. Titik dekat: titik terdekat yang terlihat tajam pada akomodasi penuh — 25 cm25\,\mathrm{cm} untuk mata normal.

Latihan 10.6 ★★

Sebuah lensa kamera memiliki f′=50 mmf' = 50\,\mathrm{mm}. Di mana pengindranya ketika difokuskan pada bentang alam yang jauh? Hitunglah jarak lensa–pengindra untuk objek sejauh 3.0 m3.0\,\mathrm{m}, dan pergeseran antara kedua setelan itu.

Solusi

Solusi Latihan 10.6.

Bentang alam: pengindranya berada pada bidang fokus, 50 mm50\,\mathrm{mm} dari lensanya. Pada 3.0 m3.0\,\mathrm{m}: 1/OA′‾=1/50−1/3000=59/30001/\overline{OA'} = 1/50 - 1/3000 = 59/3000, sehingga OA′‾≈50.8 mm\overline{OA'} \approx 50.8\,\mathrm{mm}. Pergeserannya sekitar 0.8 mm0.8\,\mathrm{mm}.

Latihan 10.7 ★★

Sebuah lup memiliki f′=6.0 cmf' = 6.0\,\mathrm{cm}; sebuah perangko terletak 5.0 cm5.0\,\mathrm{cm} di bawahnya. Berapa kedudukan, sifat, arah dan perbesaran bayangannya?

Solusi

Solusi Latihan 10.7.

1/OA′‾=1/6.0−1/5.0=−1/301/\overline{OA'} = 1/6.0 - 1/5.0 = -1/30: OA′‾=−30 cm\overline{OA'} = -30\,\mathrm{cm} — maya, tegak, dengan γ=(−30)/(−5.0)=+6.0\gamma = (-30)/(-5.0) = +6.0: enam kali perangkonya, 30 cm30\,\mathrm{cm} di atas lensanya.

Latihan 10.8 ★★

Sebuah benda dan sebuah layar saling berhadapan; lensa cembung di antara keduanya memberikan bayangan yang tajam ketika keduanya berjarak 40 cm40\,\mathrm{cm} dari lensanya. Hitunglah f′f' dan γ\gamma. Mengapa bayangan yang setangkup ini pasti tepat seukuran aslinya?

Solusi

Solusi Latihan 10.8.

1/f′=1/40+1/40=1/201/f' = 1/40 + 1/40 = 1/20: f′=20 cmf' = 20\,\mathrm{cm}; γ=40/(−40)=−1\gamma = 40/(-40) = -1. Kesetangkupannya memaksa ∣OA′‾∣=∣OA‾∣\abs{\overline{OA'}} = \abs{\overline{OA}}, sehingga ∣γ∣=1\abs{\gamma} = 1; bayangannya nyata dan terbalik, sehingga γ=−1\gamma = -1: tepat seukuran aslinya.

Latihan 10.9 ★★

Sebuah benda berdiri 50 cm50\,\mathrm{cm} di depan lensa cekung dengan f′=−25 cmf' = -25\,\mathrm{cm}. Hitunglah OA′‾\overline{OA'} dan γ\gamma; lukiskan bayangannya. Mengapa mata seorang penderita miopi tampak sedikit lebih kecil dari balik kacamatanya?

Solusi

Solusi Latihan 10.9.

1/OA′‾=−1/25−1/50=−3/501/\overline{OA'} = -1/25 - 1/50 = -3/50: OA′‾≈−16.7 cm\overline{OA'} \approx -16.7\,\mathrm{cm}, γ=(−16.7)/(−50)=+0.33\gamma = (-16.7)/(-50) = +0.33: maya, tegak, sepertiga ukurannya. Kacamata seorang penderita miopi bersifat cekung: segala sesuatu yang dipandang melaluinya — termasuk, dari luar, mata si pemakainya — tampak diperkecil.

Latihan 10.10 ★★

Sebuah mata miopi memiliki titik jauh pada 40 cm40\,\mathrm{cm}. Kekuatan berapa yang harus dimiliki lensa pengoreksinya, dan di mana lensa itu menempatkan bayangan sebuah gunung yang jauh? Mengapa gunung itu lalu terlihat tanpa susah payah?

Solusi

Solusi Latihan 10.10.

Bayangan benda di tak terhingga jatuh di titik jauhnya: f′=−0.40 mf' = -0.40\,\mathrm{m}, sehingga C=−2.5C = -2.5 D. Bayangan gunungnya berada 40 cm40\,\mathrm{cm} di depan lensanya — persis di titik jauhnya, yang dilihat tajam oleh mata yang beristirahat tanpa akomodasi sama sekali.

Latihan 10.11 ★★

Seorang pembaca presbiopi memiliki titik dekat pada 80 cm80\,\mathrm{cm} tetapi ingin membaca pada 25 cm25\,\mathrm{cm}: kacamatanya harus membentuk bayangan halaman pada 25 cm25\,\mathrm{cm} menjadi halaman maya pada 80 cm80\,\mathrm{cm}. Hitunglah kekuatan lensa yang diperlukan.

Solusi

Solusi Latihan 10.11.

C=1/OA′‾−1/OA‾=1/(−0.80)−1/(−0.25)=−1.25+4.00=+2.75C = 1/\overline{OA'} - 1/\overline{OA} = 1/(-0.80) - 1/(-0.25) = -1.25 + 4.00 = +2.75 D.

Latihan 10.12 ★★★

Sebuah proyektor harus melemparkan bayangan sebuah salindia, dengan perbesaran γ=−50\gamma = -50, ke layar yang berjarak 5.1 m5.1\,\mathrm{m} dari salindianya.

  1. Tentukan OA‾\overline{OA} dan OA′‾\overline{OA'}, dengan diketahui OA′‾−OA‾=5.1 m\overline{OA'} - \overline{OA} = 5.1\,\mathrm{m}.
  2. Simpulkan jarak fokus lensa proyeksinya.
  3. Setinggi apa bayangan salindia setinggi 24 mm24\,\mathrm{mm}?
Solusi

Solusi Latihan 10.12.

1. γ=OA′‾/OA‾=−50\gamma = \overline{OA'}/\overline{OA} = -50 memberikan OA′‾=−50 OA‾\overline{OA'} = -50\,\overline{OA}; dengan OA′‾−OA‾=5.1 m\overline{OA'} - \overline{OA} = 5.1\,\mathrm{m}, −51 OA‾=5.1 m-51\,\overline{OA} = 5.1\,\mathrm{m}: OA‾=−0.10 m\overline{OA} = -0.10\,\mathrm{m}, OA′‾=+5.0 m\overline{OA'} = +5.0\,\mathrm{m}.

2. 1/f′=1/5.0+1/0.10=10.21/f' = 1/5.0 + 1/0.10 = 10.2: f′≈9.8 cmf' \approx 9.8\,\mathrm{cm}.

3. 50×24 mm=1.2 m50 \times 24\,\mathrm{mm} = 1.2\,\mathrm{m}, terbalik — dan itulah sebabnya salindia dipasang terbalik.

Latihan 10.13 ★★★

Retina berada 17 mm17\,\mathrm{mm} di belakang lensa mata.

  1. Hitunglah kekuatan lensa mata itu ketika difokuskan ke tak terhingga, lalu ke titik dekat normal (25 cm25\,\mathrm{cm}). Simpulkan lebar akomodasi mata normal.
  2. Sebuah mata yang lebih tua memiliki titik dekat pada 1.0 m1.0\,\mathrm{m}. Hitunglah lebar akomodasinya dan berapa bagian lebar akomodasi normal yang tersisa.
Solusi

Solusi Latihan 10.13.

1. C∞=1/0.017≈59C_\infty = 1/0.017 \approx 59 D; C25=1/0.017+1/0.25≈63C_{25} = 1/0.017 + 1/0.25 \approx 63 D. Lebar akomodasinya: 1/0.25=4.01/0.25 = 4.0 D.

2. Lebar akomodasinya =1/1.0=1.0= 1/1.0 = 1.0 D: seperempat (25%25\%) dari 4.04.0 D milik mata normal yang tersisa.

Latihan 10.14 ★★★

Sebuah lup yang dijual sebagai “×3\times 3” memiliki jarak fokus yang diberikan oleh 3=0.25/f′3 = 0.25/f' (f′f' dalam meter).

  1. Hitunglah f′f'.
  2. Di mana sebuah benda harus diletakkan agar bayangan mayanya berada 25 cm25\,\mathrm{cm} di depan lensanya? Hitunglah γ\gamma; bandingkan dengan ×3\times 3 yang diiklankan.
Solusi

Solusi Latihan 10.14.

1. f′=0.25/3≈0.083 m=8.3 cmf' = 0.25/3 \approx 0.083\,\mathrm{m} = 8.3\,\mathrm{cm}.

2. OA′‾=−25 cm\overline{OA'} = -25\,\mathrm{cm}: 1/OA‾=−1/25−3/25=−4/251/\overline{OA} = -1/25 - 3/25 = -4/25, sehingga OA‾=−6.25 cm\overline{OA} = -6.25\,\mathrm{cm} dan γ=(−25)/(−6.25)=+4.0\gamma = (-25)/(-6.25) = +4.0 — lebih baik daripada ×3\times 3 yang diiklankan, yang menganggap bayangannya di tak terhingga; menariknya ke titik dekat menambah satu satuan.

Latihan 10.15 ★★★

Sebuah benda nyata berdiri pada jarak d>0d > 0 di depan lensa cembung (OA‾=−d\overline{OA} = -d, f′>0f' > 0). Tunjukkan bahwa OA′‾=f′dd−f′\overline{OA'} = \frac{f'd}{d - f'} dan γ=f′f′−d\gamma = \frac{f'}{f' - d}. Simpulkan: bayangannya nyata dan terbalik apabila d>f′d > f'; maya, tegak, dan diperbesar (γ>1\gamma > 1) apabila 0<d<f′0 < d < f' — setiap lensa cembung adalah sebuah lup, asalkan dipakai cukup dekat.

Solusi

Solusi Latihan 10.15.

1/OA′‾=1/f′−1/d=(d−f′)/(f′d)1/\overline{OA'} = 1/f' - 1/d = (d - f')/(f'd), sehingga OA′‾=f′d/(d−f′)\overline{OA'} = f'd/(d - f') dan γ=OA′‾/(−d)=f′/(f′−d)\gamma = \overline{OA'}/(-d) = f'/(f' - d). Jika d>f′d > f': OA′‾>0\overline{OA'} > 0 (nyata) dan γ<0\gamma < 0 (terbalik). Jika 0<d<f′0 < d < f': OA′‾<0\overline{OA'} < 0 (maya) dan γ=f′/(f′−d)>1\gamma = f'/(f' - d) > 1: tegak dan diperbesar — itulah susunan sebuah lup.

10.7 Soal: Satu rumus, tiga alat

Soal 10.1

Soal akhir pekan — rumus lensa yang sama memfokuskan sebuah kamera, meresepkan kacamata baca, merancang sebuah lup, dan mengukur zum yang sudah terpasang di dalam matamu sendiri

Seorang juru foto memutar lensa 50 mm50\,\mathrm{mm}, seorang nenek memegang surat kabar sepanjang lengannya, seorang pengasah permata membungkuk di atas sebutir intan: satu baris aljabar, 1/OA′‾−1/OA‾=1/f′1/\overline{OA'} - 1/\overline{OA} = 1/f' (Teorema 10.7), menjalankan ketiga pekerjaan itu — lalu mata itu sendiri.

Bagian I — Satu rumus. Sebuah lensa cembung memiliki f′=20 cmf' = 20\,\mathrm{cm}.

  1. Sebuah benda pada 60 cm60\,\mathrm{cm}: hitunglah OA′‾\overline{OA'} dan γ\gamma; lukiskan bayangannya.
  2. Pindahkan bendanya ke 30 cm30\,\mathrm{cm}; hitunglah kembali. Apa yang bertukar dengan pertanyaan 1? (Lintasan cahaya dapat dibalik.)
  3. Pindahkan ke 10 cm10\,\mathrm{cm}, di dalam f′f': hitunglah kembali dan lukiskan.
  4. Rangkumlah: ketika bendanya meluncur masuk dari jauh sekali menuju FF, lalu melewatinya, bagaimana bayangannya bergerak dan berubah sifat?
  5. Tunjukkan bahwa benda yang sangat jauh (1/OA‾≈01/\overline{OA} \approx 0) selalu membentuk bayangan pada bidang fokusnya: OA′‾=f′\overline{OA'} = f'.

Bagian II — Juru foto. Sebuah lensa kamera memiliki f′=50 mmf' = 50\,\mathrm{mm}; pengindranya, yang tingginya 24 mm24\,\mathrm{mm}, dapat digeser terhadap lensanya.

  1. Di mana pengindranya ketika difokuskan pada bentang alam yang jauh?
  2. Kini sebuah wajah sejauh 1.0 m1.0\,\mathrm{m}: hitunglah jarak lensa–pengindra yang baru dan pergeserannya dari setelan bentang alam tadi.
  3. Mekanismenya hanya mengizinkan jarak lensa–pengindra paling besar 55 mm55\,\mathrm{mm}. Hitunglah jarak pemfokusan terkecilnya.
  4. Pada pemfokusan terdekat itu, hitunglah γ\gamma. Apakah bayangan wajah selebar 20 cm20\,\mathrm{cm} muat pada pengindranya?
  5. “Makro” seukuran aslinya berarti γ=−1\gamma = -1: di mana bendanya dan pengindranya harus berada, dan mengapa hal itu menuntut lensa yang khusus?

Bagian III — Sang nenek. Seiring bertambahnya usia titik dekat menjauh: titik dekat sang nenek berada pada 1.0 m1.0\,\mathrm{m}.

  1. Jelaskan surat kabar sepanjang lengan itu.
  2. Untuk membaca pada 25 cm25\,\mathrm{cm}, kacamatanya harus mengubah halaman pada 25 cm25\,\mathrm{cm} menjadi bayangan maya pada 1.0 m1.0\,\mathrm{m}: hitunglah kekuatan lensa yang diperlukan.
  3. Hitunglah γ\gamma. Bayangannya empat kali lebih besar, namun tidak tampak lebih besar: jelaskan, dengan membandingkan ukurannya dan jaraknya.
  4. Tunjukkan bahwa cetakannya hanya tajam antara 25 cm25\,\mathrm{cm} dan f′≈33 cmf' \approx 33\,\mathrm{cm}. Bagaimana dengan benda yang jauh jika dipandang melalui kacamata itu?
  5. Simpulkan dalam satu kalimat mengapa ada lensa dwifokus.

Bagian IV — Pengasah permata, dan zum milik mata. Lup si pengasah permata memiliki f′=5.0 cmf' = 5.0\,\mathrm{cm}; titik dekatnya pada 25 cm25\,\mathrm{cm}; retinanya 17 mm17\,\mathrm{mm} di belakang lensa matanya.

  1. Sebutir batu 4.0 cm4.0\,\mathrm{cm} di bawah lupnya: berapa kedudukan, sifat, dan perbesarannya?
  2. Di mana batunya harus diletakkan agar bayangannya jatuh di titik dekatnya, dan berapa γ\gamma pada saat itu?
  3. Mengapa pengasah permata yang berpengalaman justru meletakkan batunya tepat di FF (bayangannya di tak terhingga)?
  4. Kini matanya sendiri: hitunglah kekuatannya ketika memandang benda yang jauh, lalu benda pada 25 cm25\,\mathrm{cm}: berapa dioptri akomodasinya?
  5. Ubahlah kedua kekuatannya menjadi jarak fokus: sebanyak apa, dalam milimeter dan dalam persen, mata mengubah jarak fokusnya sendiri — yaitu zum yang dilakukan kamera dengan pergeseran dan sang nenek dengan +3+3 D?
Solusi

Solusi Soal 10.1.

1. 1/OA′‾=1/20−1/60=1/301/\overline{OA'} = 1/20 - 1/60 = 1/30: OA′‾=+30 cm\overline{OA'} = +30\,\mathrm{cm}, γ=−0.50\gamma = -0.50 — nyata, terbalik, setengah ukurannya.

2. OA′‾=+60 cm\overline{OA'} = +60\,\mathrm{cm}, γ=−2\gamma = -2: kedudukan 30 cm30\,\mathrm{cm} dan 60 cm60\,\mathrm{cm} bertukar peran, dan perbesarannya saling berkebalikan — cahaya yang dibalik menempuh lintasan yang sama.

3. 1/OA′‾=1/20−1/10=−1/201/\overline{OA'} = 1/20 - 1/10 = -1/20: OA′‾=−20 cm\overline{OA'} = -20\,\mathrm{cm}, γ=+2\gamma = +2 — maya, tegak, menjadi dua kali lipat.

4. Dari tak terhingga bayangannya bermula pada bidang fokusnya; ketika bendanya mendekati FF, bayangan nyata yang terbalik itu menjauh ke tak terhingga sambil membesar; di dalam f′f' bayangannya berubah menjadi maya, tegak, diperbesar, dan berada di depan lensanya.

5. 1/OA‾≈01/\overline{OA} \approx 0 menyisakan 1/OA′‾=1/f′1/\overline{OA'} = 1/f': OA′‾=f′\overline{OA'} = f', yaitu bidang fokusnya.

6. Pada bidang fokusnya, 50 mm50\,\mathrm{mm} di belakang lensanya.

7. 1/OA′‾=1/50−1/1000=19/10001/\overline{OA'} = 1/50 - 1/1000 = 19/1000: OA′‾≈52.6 mm\overline{OA'} \approx 52.6\,\mathrm{mm}; pergeserannya ≈2.6 mm\approx 2.6\,\mathrm{mm}.

8. 1/OA‾=1/55−1/50=−1/5501/\overline{OA} = 1/55 - 1/50 = -1/550: jarak pemfokusan terkecilnya 550 mm550\,\mathrm{mm} = 55 cm55\,\mathrm{cm}.

9. γ=55/(−550)=−0.10\gamma = 55/(-550) = -0.10: wajahnya membentuk bayangan setinggi 20 mm20\,\mathrm{mm}, tepat muat di dalam pengindra 24 mm24\,\mathrm{mm} itu.

10. γ=−1\gamma = -1 memaksa OA′‾=−OA‾\overline{OA'} = -\overline{OA}, sehingga 2/OA′‾=1/f′2/\overline{OA'} = 1/f': bendanya 100 mm100\,\mathrm{mm} (=2f′= 2f') di depan, pengindranya 100 mm100\,\mathrm{mm} di belakang — dua kali jarak setelan bentang alamnya, jauh melampaui mekanisme 55 mm55\,\mathrm{mm} tadi; lensa makro menyediakan pergeseran tambahannya.

11. Apa pun yang lebih dekat daripada titik dekatnya (1.0 m1.0\,\mathrm{m}) menjadi kabur: lengan yang terentang membawa halamannya sedekat mungkin ke 1.0 m1.0\,\mathrm{m} — tajam, sekalipun kecil.

12. C=1/(−1.0)−1/(−0.25)=−1.0+4.0=+3.0C = 1/(-1.0) - 1/(-0.25) = -1.0 + 4.0 = +3.0 D.

13. γ=(−1.0)/(−0.25)=+4.0\gamma = (-1.0)/(-0.25) = +4.0: empat kali lebih besar tetapi juga empat kali lebih jauh — ukuran sudutnya sama; yang diperolehnya bukan ukuran melainkan ketajaman, sebab bayangannya kini terletak di titik dekatnya.

14. Agar tajam, bayangannya harus berada di luar 1.0 m1.0\,\mathrm{m}: dari halaman pada 25 cm25\,\mathrm{cm} (bayangannya pada 1.0 m1.0\,\mathrm{m}) sampai halaman pada f′=1/3.0≈0.33 mf' = 1/3.0 \approx 0.33\,\mathrm{m} (bayangannya di tak terhingga). Benda yang jauh membentuk bayangan 33 cm33\,\mathrm{cm} di belakang kacamatanya — bayangan nyata yang tidak dapat dipakai matanya: dunia yang jauh menjadi kabur.

15. Dari sinilah lensa dwifokus: kekuatan bacanya pada paruh bawah lensanya, dan tanpa kekuatan (atau dengan koreksi jarak jauh) pada paruh atasnya.

16. 1/OA′‾=1/5.0−1/4.0=−1/201/\overline{OA'} = 1/5.0 - 1/4.0 = -1/20: OA′‾=−20 cm\overline{OA'} = -20\,\mathrm{cm}, maya, tegak, γ=+5.0\gamma = +5.0.

17. 1/OA‾=−1/25−1/5.0=−6/251/\overline{OA} = -1/25 - 1/5.0 = -6/25: OA‾≈−4.2 cm\overline{OA} \approx -4.2\,\mathrm{cm}; γ=(−25)/(−25/6)=+6.0\gamma = (-25)/(-25/6) = +6.0.

18. Batunya di FF: bayangannya di tak terhingga, yang dipandang tanpa akomodasi sama sekali — berjam-jam memeriksa tanpa mata yang lelah.

19. C∞=1/0.017≈59C_\infty = 1/0.017 \approx 59 D; C25=1/0.017+1/0.25≈63C_{25} = 1/0.017 + 1/0.25 \approx 63 D: sekitar 44 D akomodasi.

20. f′=1/58.8≈17.0 mmf' = 1/58.8 \approx 17.0\,\mathrm{mm} berbanding 1/62.8≈15.9 mm1/62.8 \approx 15.9\,\mathrm{mm}: sekitar 1.1 mm1.1\,\mathrm{mm}, kira-kira 6%6\% — zum bawaan yang ditirukan kamera dengan pergeseran 2.6 mm2.6\,\mathrm{mm} dan ditambal sang nenek dengan +3+3 D.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium