Physics · Buku 3 · Bachelor Year 1

Fisika Universitas — Tahun 1

Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

3Cermin dan Lensa Tipis

Cermin rias memperlihatkan wajah dua kali lebih besar; punggung sendok memperlihatkannya mungil dan tegak, cekungannya memperlihatkannya mungil dan terbalik; kaca pembesar yang dipegang sepanjang lengan menjungkirkan seisi ruangan, dan bila dipegang dekat ia memperbesar sekeping perangko; lensa telepon sebesar kacang polong melukis seluruh jalan ke atas sebuah sensor. Satu hubungan aljabar antara tiga jarak mengatur setiap bayangan itu, dan bab ini menegakkannya — lebih dulu untuk cermin lengkung, lalu untuk lensa tipis yang menjadi bahan hampir semua alat optik.

Lensa konvergen yang membentuk bayangan nyata dan terbalik sebuah nyala lilin pada layar: jarak benda dan jarak bayangannya menuruti hubungan konjugasi bab ini.
Lensa konvergen yang membentuk bayangan nyata dan terbalik sebuah nyala lilin pada layar: jarak benda dan jarak bayangannya menuruti hubungan konjugasi bab ini.

3.1 Bayangan dan syarat Gauss

Definisi 3.1 (Benda, bayangan, stigmatisme)

Sebuah sistem optik menerima sinar dari titik AA (titik benda). Jika semua sinar yang keluar melalui satu titik A′A', atau semuanya seolah datang dari satu titik A′A', sistemnya bersifat stigmatik bagi AA dan A′A' adalah bayangan AA. Bayangannya nyata jika sinar yang keluar benar-benar berpotongan di A′A' (ia dapat ditangkap layar), maya jika hanya perpanjangan mundurnya yang berpotongan (ia dilihat lewat sistemnya, bukan diproyeksikan). Begitu pula bendanya nyata jika sinar yang masuk menyebar dari AA, dan maya jika sinar itu memusat menuju AA di belakang pintu masuk sistemnya. Pasangan (A,A′)(A, A') disebut konjugat.

Definisi 3.2 (Sistem terpusat; syarat Gauss)

Sistem terpusat mempunyai sumbu kesetangkupan putar, yaitu sumbu optik. Sinar yang tetap dekat dengan sumbunya dan membentuk sudut kecil terhadapnya disebut paraksial; sistem yang hanya dipakai dengan sinar paraksial dikatakan bekerja dalam syarat Gauss. Dalam syarat itu sistem terpusat bersifat hampir stigmatik bagi setiap titik, dan bidang benda yang tegak lurus sumbunya mempunyai bidang bayangan yang tegak lurus sumbunya pula (aplanatisme).

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 3.3 (Mengapa sudut kecil)

Cermin datar adalah satu-satunya sistem sederhana yang stigmatik secara ketat bagi setiap titik. Cermin atau lensa sferis stigmatik hanya sejauh sin⁡θ≈tan⁡θ≈θ\sin\theta \approx \tan\theta \approx \theta: hampiran itulah yang mengubah hukum Snell menjadi hubungan linear antara jarak. Di luar itu bayangan sebuah titik menjadi noda kabur (aberasi), dan tugas perancangnya — diafragma, gabungan lensa, permukaan asferis — adalah menekan kekaburan itu di bawah apa yang dapat diuraikan mata atau sensor.

Notasi 3.4 (Ukuran aljabar dan perbesaran)

Sumbu optiknya diarahkan searah cahaya yang datang; arah melintangnya diarahkan ke atas. Untuk titik PP, QQ pada sumbunya, PQ‾\overline{PQ} menyatakan ukuran aljabar (PQ‾>0\overline{PQ} > 0 jika QQ berada di hilir PP); untuk benda ABAB yang tegak lurus sumbunya dan bayangannya A′B′A'B', perbesaran melintangnya adalah

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

negatif untuk bayangan terbalik, dan bernilai mutlak lebih besar daripada 11 untuk bayangan yang diperbesar.

3.2 Cermin sferis

Definisi 3.5 (Cermin sferis)

Cermin sferis adalah tembereng bola yang memantulkan, berpusat CC dan berpuncak SS (perpotongannya dengan sumbu). Ia cekung jika cahayanya menemui sisi cekungnya (CC berada di sisi cahaya yang datang), dan cembung jika sebaliknya. Titik fokusnya FF adalah bayangan sebuah titik di tak hingga pada sumbunya; jarak fokusnya f=SF‾f = \overline{SF}.

Proposisi 3.6 (Titik fokus cermin sferis)

Dalam syarat Gauss, titik fokusnya adalah titik tengah SCSC: SF‾=SC‾/2\overline{SF} = \overline{SC}/2. Cermin cekung mempunyai f<0f < 0 (fokus nyata, di depan); cermin cembung mempunyai f>0f > 0 (fokus maya, di belakang).

Bukti. Sinar yang sejajar sumbu pada ketinggian hh menemui cerminnya di II; garis normal di II adalah jari-jari CICI, yang membentuk sudut α\alpha dengan sumbunya, sin⁡α=h/R\sin\alpha = h/R. Dipantulkan dengan sudut α\alpha yang sama terhadap garis normalnya, sinar itu memotong sumbunya di FF; segitiga CIFCIF mempunyai sudut α\alpha yang sama besar di CC dan di II, sehingga CF=IFCF = IF dan, dengan memproyeksikan, CF=R/(2cos⁡α)CF = R/(2\cos\alpha). Untuk sinar paraksial cos⁡α→1\cos\alpha \to 1 dan CF=R/2CF = R/2: semua sinar semacam itu memotong sumbunya di titik yang sama, yaitu titik tengah SCSC. Tandanya: untuk cermin cekung CC dan FF terletak di depan (di hulu), SC‾<0\overline{SC} < 0. ∎

Teorema 3.7 (Konjugasi untuk cermin sferis)

Dalam syarat Gauss, bayangan A′A' sebuah titik AA pada sumbunya memenuhi

1SA′‾+1SA‾=2SC‾=1SF‾,γ=−SA′‾SA‾.\frac{1}{\overline{SA'}} + \frac{1}{\overline{SA}} = \frac{2}{\overline{SC}} = \frac{1}{\overline{SF}}, \qquad \gamma = -\frac{\overline{SA'}}{\overline{SA}} .

Bukti. Ambil cermin cekung dan benda nyata AA di luar CC; bentuk aljabarnya kemudian mencakup setiap kasus. Sinar dari AA mengenai cerminnya di II (ketinggian hh) lalu kembali ke A′A' pada sumbunya. Sebut uu, u′u', ω\omega sudut AIAI, A′IA'I dan CICI terhadap sumbunya; secara paraksial u=h/ASu = h/AS, u′=h/A′Su' = h/A'S, ω=h/CS\omega = h/CS (jarak). Hukum pemantulan mengatakan bahwa garis normal CICI membagi dua sudut antara AIAI dan A′IA'I: ω−u=u′−ω\omega - u = u' - \omega, yaitu u+u′=2ωu + u' = 2\omega, yaitu 1/AS+1/A′S=2/CS1/AS + 1/A'S = 2/CS; dengan SA‾\overline{SA}, SA′‾\overline{SA'}, SC‾\overline{SC} semuanya negatif, inilah hubungan yang dipajang. Untuk perbesarannya, sinar B→S→B′B \to S \to B' yang dipantulkan di puncaknya membentuk sudut yang sama besar dengan sumbunya: A′B′/SA′=AB/SAA'B'/SA' = AB/SA dalam panjang, dan bayangannya terbalik, γ=−SA′‾/SA‾\gamma = -\overline{SA'}/\overline{SA}. ∎

Metode 3.8 (Melukis bayangan pada cermin)

Untuk titik benda BB di luar sumbunya, lukislah dua dari empat sinar istimewa; perpotongannya (atau perpotongan perpanjangannya) adalah B′B':

  1. sejajar sumbu →\to dipantulkan melalui FF;
  2. melalui FF →\to dipantulkan sejajar sumbu;
  3. melalui CC →\to dipantulkan kembali menyusuri dirinya sendiri;
  4. menuju puncak SS →\to dipantulkan setangkup terhadap sumbunya.

Lalu A′A' adalah kaki garis tegak lurus dari B′B' ke sumbunya.

Cermin cekung (C, titik fokus F di tengah jari-jarinya). Untuk benda AB di luar C, sinar yang sejajar sumbu kembali melalui F dan sinar yang melalui F kembali sejajar: keduanya berpotongan di B' — bayangan nyata, terbalik dan diperkecil, antara F dan C.
Cermin cekung (CC, titik fokus FF di tengah jari-jarinya). Untuk benda ABAB di luar CC, sinar yang sejajar sumbu kembali melalui FF dan sinar yang melalui FF kembali sejajar: keduanya berpotongan di B′B' — bayangan nyata, terbalik dan diperkecil, antara FF dan CC.

Contoh 3.9 (Cermin cukur, cermin spion)

Cermin cekung berjari-jari 60 cm60\,\mathrm{cm} (f=−30 cmf = -30\,\mathrm{cm}) dengan wajah pada 20 cm20\,\mathrm{cm}: 1/SA′‾=−1/30+1/20=1/601/\overline{SA'} = -1/30 + 1/20 = 1/60, SA′‾=+60 cm\overline{SA'} = +60\,\mathrm{cm} — di belakang cerminnya, maya — dan γ=−60/(−20)=+3\gamma = -60/(-20) = +3: tegak, tiga kali lebih besar, itulah cermin cukur. Cermin cembung berjari-jari 2.0 m2.0\,\mathrm{m} (f=+1.0 mf = +1.0\,\mathrm{m}) dengan sebuah mobil 20 m20\,\mathrm{m} di belakangnya: 1/SA′‾=1+1/201/\overline{SA'} = 1 + 1/20, SA′‾=0.95 m\overline{SA'} = 0.95\,\mathrm{m} (maya, di belakang), γ=+0.048\gamma = +0.048: tegak, dua puluh kali lebih kecil, dan karena itu bermedan pandang luas — cermin spion, lengkap dengan peringatannya bahwa benda lebih dekat daripada yang tampak.

3.3 Lensa tipis

Definisi 3.10 (Lensa tipis)

Yang disebut lensa adalah medium bening yang dibatasi dua permukaan bola (atau datar); ia tipis bila tebalnya dapat diabaikan terhadap jari-jarinya dan terhadap jarak yang terlibat, sehingga kedua puncaknya melebur menjadi satu titik, yaitu pusat optik OO. Sinar yang melalui OO tidak dibelokkan. Fokus bayangan F′F' adalah bayangan sebuah titik di tak hingga pada sumbunya; fokus benda FF adalah titik yang bayangannya di tak hingga; keduanya berjarak sama dari OO: OF′‾=−OF‾=f′\overline{OF'} = -\overline{OF} = f', yaitu jarak fokus. Lensanya konvergen bila f′>0f' > 0 (F′F' nyata, di hilir; tepinya lebih tipis daripada tengahnya), dan divergen bila f′<0f' < 0. Vergensinya V=1/f′V = 1/f' diukur dalam dioptri (1 δ=1 m−11\,\delta = 1\,\mathrm{m}^{-1}).

Teorema 3.11 (Konjugasi untuk lensa tipis)

Dalam syarat Gauss, bayangan A′A' sebuah titik AA pada sumbunya memenuhi hubungan Descartes

1OA′‾−1OA‾=1f′,γ=OA′‾OA‾,\frac{1}{\overline{OA'}} - \frac{1}{\overline{OA}} = \frac{1}{f'}, \qquad \gamma = \frac{\overline{OA'}}{\overline{OA}},

dan, secara setara, hubungan Newton

FA‾⋅F′A′‾=−f′2,γ=f′FA‾=−F′A′‾f′.\overline{FA}\cdot\overline{F'A'} = -f'^2, \qquad \gamma = \frac{f'}{\overline{FA}} = -\frac{\overline{F'A'}}{f'} .

Bukti sebagian. Fakta kuncinya: lensa tipis mendeviasikan sinar yang melintasinya pada ketinggian hh sebesar sudut h/f′h/f' ke arah sumbunya, apa pun arah sinarnya — tiap daerah lensanya berlaku sebagai prisma tipis (Catatan 2.21) yang sudut puncaknya tumbuh linear terhadap hh untuk permukaan bola; kelinearan ini, yang eksak untuk sinar paraksial, diterima saja di sini dan diturunkan dari hukum Snell pada dua permukaan bola dalam volume Tahun ke-2. Dengan menerimanya: sinar dari AA (pada jarak p=−OA‾>0p = -\overline{OA} > 0 untuk benda nyata) yang mencapai lensanya pada ketinggian hh tiba dengan kemiringan h/ph/p, dibelokkan sebesar h/f′h/f' dan keluar dengan kemiringan h/p−h/f′h/p - h/f'; ia memotong sumbunya di A′A' dengan h/OA′‾=h/f′−h/ph/\overline{OA'} = h/f' - h/p, yaitu 1/OA′‾−1/OA‾=1/f′1/\overline{OA'} - 1/\overline{OA} = 1/f', bebas dari hh: semua sinar dari AA bertemu di A′A'. Sinar B→O→B′B \to O \to B' yang melalui pusatnya berupa garis lurus, sehingga A′B′‾/AB‾=OA′‾/OA‾\overline{A'B'}/\overline{AB} = \overline{OA'}/\overline{OA}. Bentuk Newton menyusul dengan menyubstitusikan OA‾=OF‾+FA‾=−f′+FA‾\overline{OA} = \overline{OF} + \overline{FA} = -f' + \overline{FA} dan OA′‾=f′+F′A′‾\overline{OA'} = f' + \overline{F'A'}. ∎

Metode 3.12 (Melukis bayangan lewat lensa tipis)

Tiga sinar istimewa dari BB:

  1. melalui OO: tak dibelokkan;
  2. sejajar sumbu: keluar melalui F′F';
  3. melalui FF: keluar sejajar sumbu.

Dua di antaranya sudah cukup; untuk lensa divergen, pakailah perpanjangannya (sinar yang dibidikkan ke FF di belakang lensa keluar sejajar; sinar sejajar keluar seolah dari F′F' di depan).

Lensa konvergen: benda AB di luar F. Sinar yang melalui O berjalan lurus, sinar sejajar membelok melalui F', dan sinar yang melalui F keluar sejajar; ketiganya bertemu di B': bayangan nyata dan terbalik. Di sini OA = -1.5f', sehingga OA' = 3f' dan = -2.
Lensa konvergen: benda ABAB di luar FF. Sinar yang melalui OO berjalan lurus, sinar sejajar membelok melalui F′F', dan sinar yang melalui FF keluar sejajar; ketiganya bertemu di B′B': bayangan nyata dan terbalik. Di sini OA‾=−1.5f′\overline{OA} = -1.5f', sehingga OA′‾=3f′\overline{OA'} = 3f' dan γ=−2\gamma = -2.
Lensa divergen (F' di hulu, F di hilir): sinar sejajar keluar seolah dari F', sinar pusatnya berjalan lurus; perpanjangan mundurnya bertemu di B' — bayangan maya, tegak dan diperkecil, di mana pun bendanya diletakkan.
Lensa divergen (F′F' di hulu, FF di hilir): sinar sejajar keluar seolah dari F′F', sinar pusatnya berjalan lurus; perpanjangan mundurnya bertemu di B′B' — bayangan maya, tegak dan diperkecil, di mana pun bendanya diletakkan.

Contoh 3.13 (Lensa yang sama, tiga cara)

Sebuah lensa konvergen, f′=5.0 cmf' = 5.0\,\mathrm{cm}. Perangko pada 3.0 cm3.0\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5−1/3=−2/151/\overline{OA'} = 1/5 - 1/3 = -2/15, OA′‾=−7.5 cm\overline{OA'} = -7.5\,\mathrm{cm}, maya, γ=+2.5\gamma = +2.5: itulah kaca pembesar. Lampu pada 20 cm20\,\mathrm{cm}: OA′‾=6.7 cm\overline{OA'} = 6.7\,\mathrm{cm}, nyata, γ=−1/3\gamma = -1/3: bayangan terbalik yang diperkecil pada sehelai kartu. Jendela sejauh 4 m4\,\mathrm{m}: OA′‾≈f′\overline{OA'} \approx f', bayangan terbalik yang mungil di bidang fokusnya — itulah kamera. Tiga kegunaan, satu hubungan.

Proposisi 3.14 (Perbesaran membujur)

Jika bendanya bergerak menyusuri sumbunya sejauh  ⁣dOA‾\dd\overline{OA}, bayangannya bergerak sejauh  ⁣dOA′‾=γ2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = \gamma^2\,\dd\overline{OA}, dengan arah yang sama.

Bukti. Turunkan hubungan Descartes pada f′f' tetap: − ⁣dOA′‾/OA′‾2+ ⁣dOA‾/OA‾2=0-\dd\overline{OA'}/\overline{OA'}^2 + \dd\overline{OA}/\overline{OA}^2 = 0, sehingga  ⁣dOA′‾=(OA′‾/OA‾)2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = (\overline{OA'}/\overline{OA})^2\,\dd\overline{OA}. ∎

Catatan 3.15 (Kedalaman fokus)

Proyektor dengan γ=−50\gamma = -50 mempunyai γ2=2500\gamma^2 = 2500: slide yang melengkung sebesar 0.1 mm0.1\,\mathrm{mm} oleh panas lampunya melemparkan bayangannya 25 cm25\,\mathrm{cm} keluar dari bidang layarnya. Sebaliknya kamera (∣γ∣≪1\abs\gamma \ll 1) menoleransi perpindahan benda yang besar demi geseran bayangan yang mungil — itulah kedalaman medan.

3.4 Mengukur sebuah jarak fokus

Metode 3.16 (Autokolimasi)

Tempatkan cermin datar tepat di belakang lensanya lalu geser benda yang disinari (sebuah tanda silang pada kaca buram) menyusuri sumbunya sampai bayangannya, yang dipantulkan kembali lewat lensanya, terbentuk tajam pada benda itu sendiri, terbalik dan sama besar. Bendanya lalu berada di bidang fokus: sinarnya meninggalkan lensa sejajar, kembali sejajar dari cerminnya, dan difokuskan kembali di bidang fokusnya. Jarak benda–lensanya adalah f′f'.

Proposisi 3.17 (Metode Bessel)

Sebuah benda dan sebuah layar dipasang tetap berjarak DD. Lensa konvergen membentuk bayangan nyata yang tajam pada layarnya tepat pada dua kedudukan jika D>4f′D > 4f', pada satu kedudukan jika D=4f′D = 4f', dan pada tak satu pun jika D<4f′D < 4f'. Kedua kedudukan itu berjarak dd dengan

f′=D2−d24D.f' = \frac{D^2 - d^2}{4D} .

Pada D=4f′D = 4f' (Silbermann) kedudukan tunggalnya memberi γ=−1\gamma = -1.

Bukti. Misalkan p=−OA‾>0p = -\overline{OA} > 0 jarak benda–lensa; maka OA′‾=D−p\overline{OA'} = D - p dan Descartes memberi 1/(D−p)+1/p=1/f′1/(D - p) + 1/p = 1/f', yaitu p2−Dp+Df′=0p^2 - Dp + Df' = 0: diskriminannya D2−4Df′D^2 - 4Df', positif jika dan hanya jika D>4f′D > 4f'. Kedua akarnya p1,2=(D∓D2−4Df′)/2p_{1,2} = (D \mp \sqrt{D^2 - 4Df'})/2 berjumlah DD (kedudukannya setangkup: jarak benda dan jarak bayangan saling bertukar) dan berselisih d=D2−4Df′d = \sqrt{D^2 - 4Df'}; selesaikan untuk f′f'. Pada D=4f′D = 4f', p=2f′=OA′‾p = 2f' = \overline{OA'} dan γ=−1\gamma = -1. ∎

Metode Bessel: benda dan layar dipasang tetap pada D > 4f'; lensanya memberi bayangan tajam pada dua kedudukan setangkup yang berjarak d (diperbesar, diperkecil), dan f' = (D2 - d2)/4D.
Metode Bessel: benda dan layar dipasang tetap pada D>4f′D > 4f'; lensanya memberi bayangan tajam pada dua kedudukan setangkup yang berjarak dd (diperbesar, diperkecil), dan f′=(D2−d2)/4Df' = (D^2 - d^2)/4D.

3.5 Dua lensa tipis

Proposisi 3.18 (Lensa bersinggungan; doublet afokal)

Dua lensa tipis yang bersinggungan berlaku sebagai satu lensa tipis bervergensi V=V1+V2V = V_1 + V_2. Dua lensa yang ditempatkan sehingga F1′=F2F_1' = F_2 membentuk sistem afokal: berkas sejajar keluar sejajar, dan berkas yang miring sebesar α\alpha keluar miring sebesar α′=Gα\alpha' = G\alpha dengan perbesaran sudut G=−f1′/f2′G = -f_1'/f_2'.

Bukti. Bayangan A1A_1 yang diberikan L1L_1 menjadi benda bagi L2L_2. Ketika bersinggungan, O1=O2=OO_1 = O_2 = O: 1/OA1‾−1/OA‾=V11/\overline{OA_1} - 1/\overline{OA} = V_1 dan 1/OA′‾−1/OA1‾=V21/\overline{OA'} - 1/\overline{OA_1} = V_2; jumlahkan. Afokal: berkas sejajar bersudut α\alpha memfokus di bidang fokus bersamanya pada ketinggian h=f1′αh = f_1'\alpha dari sumbunya (sinar melalui O1O_1); dilihat dari L2L_2 titik ini berada di bidang fokus bendanya, sehingga berkasnya keluar sejajar, dengan sudut sinar dari titik itu melalui O2O_2: α′=−h/f2′\alpha' = -h/f_2'. ∎

Contoh 3.19 (Sebuah teleskop dalam satu baris)

f1′=1000 mmf_1' = 1000\,\mathrm{mm}, f2′=25 mmf_2' = 25\,\mathrm{mm}: G=−40G = -40; Bulan, yang lebarnya setengah derajat, menjadi cakram 20∘20^\circ — itulah teleskop astronomi bab berikutnya. Dengan okuler divergen, f2′=−25 mmf_2' = -25\,\mathrm{mm}, G=+40G = +40: tegak, teropong Galileo.

3.6 Latihan

Latihan 3.1 ★

Cermin cekung mempunyai R=40 cmR = 40\,\mathrm{cm}. Carilah bayangan benda yang diletakkan 60 cm60\,\mathrm{cm}, 30 cm30\,\mathrm{cm} dan 10 cm10\,\mathrm{cm} dari puncaknya: kedudukannya, nyata atau maya, dan perbesarannya.

Solusi

Solusi Latihan 3.1.

SF‾=−20 cm\overline{SF} = -20\,\mathrm{cm}; 1/SA′‾=1/SF‾−1/SA‾1/\overline{SA'} = 1/\overline{SF} - 1/\overline{SA}. Pada 60 cm60\,\mathrm{cm}: SA′‾=−30 cm\overline{SA'} = -30\,\mathrm{cm}, nyata, γ=−0.5\gamma = -0.5. Pada 30 cm30\,\mathrm{cm}: SA′‾=−60 cm\overline{SA'} = -60\,\mathrm{cm}, nyata, γ=−2\gamma = -2. Pada 10 cm10\,\mathrm{cm}: 1/SA′‾=−1/20+1/10=1/201/\overline{SA'} = -1/20 + 1/10 = 1/20, SA′‾=+20 cm\overline{SA'} = +20\,\mathrm{cm} di belakang cerminnya, maya, γ=+2\gamma = +2 (tegak, diperbesar).

Latihan 3.2 ★

Lensa konvergen mempunyai f′=5.0 cmf' = 5.0\,\mathrm{cm}. Carilah bayangan benda pada 20 cm20\,\mathrm{cm}, lalu pada 3.0 cm3.0\,\mathrm{cm}; sketsalah lukisannya.

Solusi

Solusi Latihan 3.2.

OA‾=−20 cm\overline{OA} = -20\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5−1/20=3/201/\overline{OA'} = 1/5 - 1/20 = 3/20, OA′‾=+6.7 cm\overline{OA'} = +6.7\,\mathrm{cm}, nyata terbalik, γ=−1/3\gamma = -1/3. OA‾=−3.0 cm\overline{OA} = -3.0\,\mathrm{cm}: 1/OA′‾=1/5−1/3=−2/151/\overline{OA'} = 1/5 - 1/3 = -2/15, OA′‾=−7.5 cm\overline{OA'} = -7.5\,\mathrm{cm}, maya tegak, γ=+2.5\gamma = +2.5.

Latihan 3.3 ★

Berikan vergensi lensa berjarak fokus 25 cm25\,\mathrm{cm}; jarak fokus lensa −2.0 δ-2.0\,\delta; dan jarak fokus lensa +3.0 δ+3.0\,\delta dan −1.0 δ-1.0\,\delta yang bersinggungan.

Solusi

Solusi Latihan 3.3.

V=1/0.25=+4.0 δV = 1/0.25 = +4.0\,\delta; f′=1/(−2.0)=−50 cmf' = 1/(-2.0) = -50\,\mathrm{cm}; V=3.0−1.0=+2.0 δV = 3.0 - 1.0 = +2.0\,\delta, f′=50 cmf' = 50\,\mathrm{cm}.

Latihan 3.4 ★

Dengan f′=10 cmf' = 10\,\mathrm{cm} dan benda 15 cm15\,\mathrm{cm} di depan FF, pakailah hubungan Newton untuk menentukan letak bayangannya dan mencari γ\gamma; periksalah dengan hubungan Descartes.

Solusi

Solusi Latihan 3.4.

FA‾=−15 cm\overline{FA} = -15\,\mathrm{cm}: F′A′‾=−f′2/FA‾=+100/15=6.7 cm\overline{F'A'} = -f'^2/\overline{FA} = +100/15 = 6.7\,\mathrm{cm} melewati F′F', yaitu OA′‾=16.7 cm\overline{OA'} = 16.7\,\mathrm{cm}; γ=f′/FA‾=−0.67\gamma = f'/\overline{FA} = -0.67. Descartes: OA‾=−25 cm\overline{OA} = -25\,\mathrm{cm}, 1/OA′‾=1/10−1/25=3/501/\overline{OA'} = 1/10 - 1/25 = 3/50, OA′‾=16.7 cm\overline{OA'} = 16.7\,\mathrm{cm}, γ=16.7/(−25)=−0.67\gamma = 16.7/(-25) = -0.67.

Latihan 3.5 ★★

Cermin spion cembung mempunyai R=2.0 mR = 2.0\,\mathrm{m}. Sebuah mobil setinggi 1.5 m1.5\,\mathrm{m} berada 20 m20\,\mathrm{m} di belakangnya: carilah kedudukan bayangannya, tingginya, lalu jelaskan peringatan “benda pada cermin lebih dekat daripada yang tampak”.

Solusi

Solusi Latihan 3.5.

SF‾=+1.0 m\overline{SF} = +1.0\,\mathrm{m}, SA‾=−20 m\overline{SA} = -20\,\mathrm{m}: 1/SA′‾=1+1/201/\overline{SA'} = 1 + 1/20, SA′‾=0.95 m\overline{SA'} = 0.95\,\mathrm{m} di belakang cerminnya (maya, tegak); γ=−0.95/(−20)=+0.048\gamma = -0.95/(-20) = +0.048, tinggi bayangannya 7.1 cm7.1\,\mathrm{cm}. Otak menilai jarak dari ukuran semunya: mobil yang tampak dua puluh kali lebih kecil pada 0.95 m0.95\,\mathrm{m} dibaca sebagai mobil yang jauh — lebih jauh daripada 20 m20\,\mathrm{m}.

Latihan 3.6 ★★

Lensa kamera, f′=50 mmf' = 50\,\mathrm{mm}, difokuskan pada objek sejauh 2.0 m2.0\,\mathrm{m}. Sejauh apa lensanya harus bergeser dari setelan tak hingganya? Berapa perbesarannya? Sejauh apa pemotretnya harus mundur agar orang setinggi 1.8 m1.8\,\mathrm{m} muat pada tinggi sensor 24 mm24\,\mathrm{mm}?

Solusi

Solusi Latihan 3.6.

1/OA′‾=1/50−1/2000=0.0195 mm−11/\overline{OA'} = 1/50 - 1/2000 = 0.0195\,\mathrm{mm}^{-1}, OA′‾=51.3 mm\overline{OA'} = 51.3\,\mathrm{mm}: lensanya bergerak 1.3 mm1.3\,\mathrm{mm} menjauhi sensornya. γ=51.3/(−2000)=−0.026\gamma = 51.3/(-2000) = -0.026. Untuk ∣γ∣=24/1800=1/75\abs\gamma = 24/1800 = 1/75: OA‾=f′(1/γ−1)=50×(−76)=−3.8 m\overline{OA} = f'(1/\gamma - 1) = 50 \times (-76) = -3.8\,\mathrm{m}.

Latihan 3.7 ★★

Sebuah proyektor harus menampilkan slide selebar 36 mm36\,\mathrm{mm} sebagai gambar selebar 1.8 m1.8\,\mathrm{m} pada layar sejauh 5.0 m5.0\,\mathrm{m} dari lensanya. Carilah jarak fokus yang diperlukan dan jarak slide–lensa. Mengapa slidenya dimasukkan terbalik?

Solusi

Solusi Latihan 3.7.

γ=−1.8/0.036=−50\gamma = -1.8/0.036 = -50; OA′‾=5.0 m\overline{OA'} = 5.0\,\mathrm{m}, OA‾=OA′‾/γ=−10 cm\overline{OA} = \overline{OA'}/\gamma = -10\,\mathrm{cm}; 1/f′=1/5.0+1/0.10=10.2 m−11/f' = 1/5.0 + 1/0.10 = 10.2\,\mathrm{m}^{-1}, f′=98 mmf' = 98\,\mathrm{mm}. Bayangannya terbalik (γ<0\gamma < 0), atas–bawah dan kiri–kanan: slidenya dimasukkan setelah diputar 180∘180^\circ.

Latihan 3.8 ★★

Jelaskan, dengan diagram sinar, mengapa autokolimasi menentukan letak bidang fokus secara eksak, dan mengapa bayangan yang kembali itu terbalik serta sama besar dengan bendanya. Apa yang terjadi pada bayangan yang kembali itu jika cerminnya dimiringkan sedikit?

Solusi

Solusi Latihan 3.8.

Benda di bidang fokus ⇒\Rightarrow sinar dari tiap titiknya keluar dari lensanya sejajar; cermin datarnya mengirimkannya kembali sejajar (arah setangkup); lensanya memfokuskan berkas sejajar di bidang fokusnya, pada titik yang setangkup terhadap sumbu dari titik sumbernya: bayangannya di bidang bendanya, terbalik, γ=−1\gamma = -1. Memiringkan cerminnya sebesar α\alpha memutar berkas yang kembali sebesar 2α2\alpha dan menggeser bayangannya ke samping sebesar 2αf′2\alpha f', tetap tajam di bidang yang sama.

Latihan 3.9 ★★

Benda dan layar berjarak 1.00 m1.00\,\mathrm{m}; bayangan tajam diperoleh pada dua kedudukan lensa yang berjarak 40 cm40\,\mathrm{cm}. Carilah f′f'. Berapa jarak benda–layar terpendek yang masih memungkinkan lensa ini memproyeksikan bayangan tajam, dan dengan perbesaran berapa?

Solusi

Solusi Latihan 3.9.

f′=(1002−402)/(4×100)=21 cmf' = (100^2 - 40^2)/(4 \times 100) = 21\,\mathrm{cm}. Jarak terpendeknya 4f′=84 cm4f' = 84\,\mathrm{cm}, dengan γ=−1\gamma = -1.

Latihan 3.10 ★★★

Lensa konvergen L1L_1 (f1′=20 cmf_1' = 20\,\mathrm{cm}) diikuti, 15 cm15\,\mathrm{cm} lebih jauh, oleh lensa divergen L2L_2 (f2′=−10 cmf_2' = -10\,\mathrm{cm}). Tentukan letak bayangan sebuah benda di tak hingga. Tunjukkan bahwa benda jauh berukuran sudut α\alpha memberi bayangan setinggi 40 cm×α40\,\mathrm{cm}\times\alpha, lalu bandingkan dengan panjang susunannya: itulah asas lensa telefoto.

Solusi

Solusi Latihan 3.10.

L1L_1 membayangkan tak hingga di F1′F_1', 20 cm20\,\mathrm{cm} melewati L1L_1, yaitu 5 cm5\,\mathrm{cm} melewati L2L_2: sebuah benda maya, O2A1‾=+5 cm\overline{O_2A_1} = +5\,\mathrm{cm}. 1/O2A′‾=−1/10+1/5=1/101/\overline{O_2A'} = -1/10 + 1/5 = 1/10: bayangan akhirnya 10 cm10\,\mathrm{cm} melewati L2L_2. Tinggi bayangan antaranya h1=f1′α=20αh_1 = f_1'\alpha = 20\alpha (cm); γ2=10/5=2\gamma_2 = 10/5 = 2, sehingga h=40αh = 40\alpha: jarak fokus setaranya 40 cm40\,\mathrm{cm}, dalam tabung sepanjang 15+10=25 cm15 + 10 = 25\,\mathrm{cm} — sebuah telefoto.

Latihan 3.11 ★★★

Cermin cekung membentuk, pada layar sejauh 80 cm80\,\mathrm{cm} dari filamen sebuah lampu, bayangan filamen itu tiga kali ukurannya. Carilah kedudukan cerminnya dan jari-jari kelengkungannya.

Solusi

Solusi Latihan 3.11.

γ=−3=−SA′‾/SA‾\gamma = -3 = -\overline{SA'}/\overline{SA} memberi SA′‾=3SA‾\overline{SA'} = 3\overline{SA}; keduanya nyata, di depan: SA‾=−x\overline{SA} = -x, SA′‾=−3x\overline{SA'} = -3x, dan jarak layar–lampu 2x=80 cm2x = 80\,\mathrm{cm}: x=40 cmx = 40\,\mathrm{cm}. Cerminnya 40 cm40\,\mathrm{cm} dari lampunya, 120 cm120\,\mathrm{cm} dari layarnya; 1/SF‾=−1/40−1/120=−1/301/\overline{SF} = -1/40 - 1/120 = -1/30: R=2×30=60 cmR = 2 \times 30 = 60\,\mathrm{cm}.

Latihan 3.12 ★★★

Matahari membentang 0.53∘0.53^\circ. Lensa konvergen bergaris tengah 10 cm10\,\mathrm{cm} dan berjarak fokus 50 cm50\,\mathrm{cm} membentuk bayangannya pada sehelai kertas. Hitunglah garis tengah bayangannya, daya yang dikumpulkannya (iradiansi matahari 1.0 kW/m21.0\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}) dan iradiansi di bayangannya; bandingkan dengan iradiansi matahari langsung lalu simpulkan.

Solusi

Solusi Latihan 3.12.

θ=0.53∘=9.3×10−3 rad\theta = 0.53^\circ = 9.3 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}; garis tengah bayangannya f′θ=4.6 mmf'\theta = 4.6\,\mathrm{mm}. Daya yang terkumpul 103×π(0.05)2=7.9 W10^3 \times \pi(0.05)^2 = 7.9\,\mathrm{W}; luas bayangannya π(2.3×10−3)2=1.7×10−5 m2\pi(2.3\times10^{-3})^2 = 1.7 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}^{2}; iradiansinya 4.7×105 W/m24.7 \times 10^{5}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, 470470 kali sinar matahari langsung: kertasnya menghangus lalu terbakar — kaca pembakar. Secara umum penguatannya (D/f′θ)2(D/f'\theta)^2.

3.7 Soal: Proyektor slide

Soal 3.1

Soal akhir pekan — satu lensa, diukur di atas meja kerja, lalu diminta melemparkan sebuah slide 35 mm menyeberangi aula: bagaimana sebuah proyektor dirancang, difokuskan, dan dipasangi pengubah lempar jauh

Lensa proyeksi L1L_1 adalah lensa tipis konvergen dengan jarak fokus f1′f_1' yang belum diketahui. Slidenya setinggi 24 mm24\,\mathrm{mm} dan selebar 36 mm36\,\mathrm{mm}.

Bagian I — Lensa di atas meja kerja.

  1. Nyatakan hubungan Descartes dan perbesaran untuk lensa tipis, beserta kesepakatan tandanya.
  2. Benda dan layar dipasang tetap berjarak DD. Tunjukkan bahwa bayangan nyata pada layarnya menuntut D≥4f1′D \geq 4f_1'.
  3. Tunjukkan bahwa, ketika D>4f1′D > 4f_1', kedua kedudukan lensa yang memberi bayangan tajam setangkup terhadap titik tengah benda dan layarnya, dan bahwa f1′=(D2−d2)/4Df_1' = (D^2 - d^2)/4D dengan dd jarak antarkeduanya.
  4. Dengan D=80.0 cmD = 80.0\,\mathrm{cm} dan d=40.0 cmd = 40.0\,\mathrm{cm}, hitunglah f1′f_1'.
  5. Lensanya duduk dalam tabung tebal yang pusat optiknya tak dapat ditentukan dengan tepat. Mengapa hal ini tidak memengaruhi metodenya?
  6. Jaraknya membawa u(D)=0.2 cmu(D) = 0.2\,\mathrm{cm} dan u(d)=0.5 cmu(d) = 0.5\,\mathrm{cm}. Hitunglah u(f1′)u(f_1') lalu tuliskan hasilnya.
  7. Berikan perbesaran pada masing-masing kedudukannya. Yang mana yang bersesuaian dengan sebuah proyektor?
  8. Berapa DD terkecil yang masih memberi bayangan tajam, dan berapa perbesarannya ketika itu (Silbermann)?

Bagian II — Melemparkan gambarnya. Gambar pada layarnya harus selebar 1.80 m1.80\,\mathrm{m}. Ambil f1′=15.0 cmf_1' = 15.0\,\mathrm{cm}.

  1. Berapa perbesaran yang diperlukan (beserta tandanya)?
  2. Hitunglah jarak lensa–layar dan jarak slide–lensa.
  3. Mengapa slidenya dimasukkan terbalik atas–bawah sekaligus terbalik kiri–kanan?
  4. Layarnya dipindahkan ke 10.0 m10.0\,\mathrm{m}. Sejauh apa, dan ke arah mana, lensanya harus digeser relatif terhadap slidenya untuk memfokuskan kembali? Berapa lebar gambarnya sekarang?

Bagian III — Toleransi fokus dan cahaya.

  1. Tunjukkan bahwa perpindahan kecil  ⁣dOA‾\dd\overline{OA} slidenya menggeser bayangannya sebesar  ⁣dOA′‾=γ2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = \gamma^2\,\dd\overline{OA}.
  2. Filmnya melengkung sebesar 0.10 mm0.10\,\mathrm{mm} oleh panas lampunya. Sejauh apa bidang bayangannya bergerak (layar pada 7.65 m7.65\,\mathrm{m})? Berikan komentar.
  3. Bukaan lensanya bergaris tengah 30 mm30\,\mathrm{mm}. Jika layarnya berada 20 cm20\,\mathrm{cm} di luar bidang bayangannya, berapa garis tengah noda kabur sebuah titik slidenya? Dilihat dari 5 m5\,\mathrm{m}, apakah mata (daya urai sudut sekitar 3×10−4 rad3 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}) menyadarinya?
  4. Slidenya menerima cahaya 2.0 W2.0\,\mathrm{W}, yang seluruhnya mencapai layarnya. Hitunglah iradiansi (daya tiap satuan luas) pada slidenya dan pada layarnya, lalu tunjukkan bahwa nisbahnya adalah γ2\gamma^2.

Bagian IV — Pengubah lempar jauh. Di aula yang lebih besar layarnya berada 12.0 m12.0\,\mathrm{m} jauhnya. Lensa divergen L2L_2, f2′=−30.0 cmf_2' = -30.0\,\mathrm{cm}, dijepitkan 8.0 cm8.0\,\mathrm{cm} di belakang L1L_1; layarnya 12.0 m12.0\,\mathrm{m} dari L2L_2.

  1. Agar bayangan akhirnya nyata dan berada pada layarnya, di mana (dari L2L_2) bayangan antara yang diberikan L1L_1 harus terletak? Apakah ia benda nyata atau benda maya bagi L2L_2?
  2. Simpulkan kedudukan slidenya O1A‾\overline{O_1A}.
  3. Hitunglah γ1\gamma_1, γ2\gamma_2 dan perbesaran totalnya.
  4. Berikan lebar gambarnya, lalu bandingkan dengan lebar yang akan diberikan L1L_1 sendirian pada layar yang sama (12.08 m12.08\,\mathrm{m} dari L1L_1).

  5. Untuk benda di tak hingga, tunjukkan bahwa sistemnya setara dengan satu lensa berjarak fokus feqf_{\mathrm{eq}} dengan

    1feq=1f1′+1f2′−ef1′f2′,\frac{1}{f_{\mathrm{eq}}} = \frac{1}{f_1'} + \frac{1}{f_2'} - \frac{e}{f_1' f_2'},

    e=O1O2‾e = \overline{O_1O_2}, dalam arti bahwa berkas yang miring sebesar α\alpha memfokus pada ketinggian feq αf_{\mathrm{eq}}\,\alpha dari sumbunya. Hitunglah feqf_{\mathrm{eq}}.

  6. Periksalah bahwa nisbah lebar gambarnya (dengan/tanpa pengubah) dekat dengan f1′/feqf_1'/f_{\mathrm{eq}}. Mengapa hanya hampir?
  7. Mengapa bayangan antaranya harus terletak kurang dari ∣f2′∣\abs{f_2'} di luar L2L_2 agar bayangan akhirnya nyata?
  8. Dengan lampu yang sama, dengan faktor berapa iradiansi layarnya berubah ketika pengubahnya dipasang (jarak layar yang sama)?
  9. Ringkaslah: pengubah itu mengalikan jarak fokusnya dengan faktor berapa, dan apa pengaruhnya terhadap ukuran serta kecerahan gambar pada lemparan tertentu?
Solusi

Solusi Soal 3.1.

1. 1/OA′‾−1/OA‾=1/f′1/\overline{OA'} - 1/\overline{OA} = 1/f', γ=OA′‾/OA‾\gamma = \overline{OA'}/\overline{OA}; sumbunya diarahkan searah cahayanya, jaraknya aljabar dari OO.

2. p=−OA‾p = -\overline{OA}, OA′‾=D−p\overline{OA'} = D - p: 1/(D−p)+1/p=1/f1′1/(D - p) + 1/p = 1/f_1', yaitu p2−Dp+Df1′=0p^2 - Dp + Df_1' = 0; akarnya nyata jika dan hanya jika D2−4Df1′≥0D^2 - 4Df_1' \geq 0, yaitu D≥4f1′D \geq 4f_1'.

3. Kedua akarnya berjumlah DD: p1+p2=Dp_1 + p_2 = D, sehingga p2=D−p1p_2 = D - p_1 — jarak benda dan jarak bayangannya bertukar, dan kedudukannya setangkup terhadap titik tengahnya. d=p2−p1=D2−4Df1′d = p_2 - p_1 = \sqrt{D^2 - 4Df_1'}, jadi f1′=(D2−d2)/4Df_1' = (D^2 - d^2)/4D.

4. f1′=(6400−1600)/320=15.0 cmf_1' = (6400 - 1600)/320 = 15.0\,\mathrm{cm}.

5. Hanya perpindahan dd tabungnya antara kedua setelan tajam itu dan jarak benda–layar DD yang masuk hitungan: keduanya tak menuntut kita mengetahui di mana OO duduk di dalam tabungnya.

6. ∂f1′/∂D=1/4+d2/4D2=0.3125\partial f_1'/\partial D = 1/4 + d^2/4D^2 = 0.3125, ∂f1′/∂d=−d/2D=−0.25\partial f_1'/\partial d = -d/2D = -0.25; sehingga u(f1′)2=(0.3125×0.2)2+(0.25×0.5)2=0.0195 cm2u(f_1')^2 = (0.3125 \times 0.2)^2 + (0.25 \times 0.5)^2 = 0.0195\,\mathrm{cm}^{2} dan u(f1′)=0.14 cmu(f_1') = 0.14\,\mathrm{cm}: f1′=(15.00±0.14) cmf_1' = (15.00 \pm 0.14)\,\mathrm{cm}.

7. p=(80∓40)/2=20p = (80 \mp 40)/2 = 20 atau 60 cm60\,\mathrm{cm}: γ=−60/20=−3\gamma = -60/20 = -3 (slide dekat lensanya, diperbesar: itulah proyektornya) dan γ=−1/3\gamma = -1/3.

8. Dmin⁡=4f1′=60.0 cmD_{\min} = 4f_1' = 60.0\,\mathrm{cm}, γ=−1\gamma = -1.

9. γ=−1.80/0.036=−50\gamma = -1.80/0.036 = -50.

10. OA′‾=f1′(1−γ)=15×51=765 cm=7.65 m\overline{OA'} = f_1'(1 - \gamma) = 15 \times 51 = 765\,\mathrm{cm} = 7.65\,\mathrm{m}; OA‾=OA′‾/γ=−15.3 cm\overline{OA} = \overline{OA'}/\gamma = -15.3\,\mathrm{cm}.

11. γ<0\gamma < 0: bayangan nyatanya diputar 180∘180^\circ terhadap sumbunya, sehingga slidenya dimasukkan setelah diputar 180∘180^\circ (terbalik atas–bawah dan kiri–kanan).

12. OA′‾=1000 cm\overline{OA'} = 1000\,\mathrm{cm}: 1/OA‾=1/1000−1/151/\overline{OA} = 1/1000 - 1/15, OA‾=−15.23 cm\overline{OA} = -15.23\,\mathrm{cm}: lensanya bergerak 0.7 mm0.7\,\mathrm{mm} mendekati slidenya. γ=1000/(−15.23)=−65.7\gamma = 1000/(-15.23) = -65.7: gambarnya selebar 2.36 m2.36\,\mathrm{m}.

13. Dengan menurunkan Descartes: − ⁣dOA′‾/OA′‾2+ ⁣dOA‾/OA‾2=0-\dd\overline{OA'}/\overline{OA'}^2 + \dd\overline{OA}/\overline{OA}^2 = 0, sehingga  ⁣dOA′‾=(OA′‾/OA‾)2  ⁣dOA‾=γ2  ⁣dOA‾\dd\overline{OA'} = (\overline{OA'}/\overline{OA})^2\,\dd\overline{OA} = \gamma^2\,\dd\overline{OA}.

14. 2500×0.10 mm=25 cm2500 \times 0.10\,\mathrm{mm} = 25\,\mathrm{cm}: bayangannya hanyut keluar fokus seiring memanasnya film — karena itu slide berbingkai kaca, atau autofokus yang mengikuti filmnya.

15. Segitiga sebangun dari bukaannya ke titik bayangannya: kekaburannya =30×0.20/7.65=0.78 mm= 30 \times 0.20/7.65 = 0.78\,\mathrm{mm}; dari 5 m5\,\mathrm{m} ini membentang 1.6×10−4 rad<3×10−4 rad1.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad} < 3 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad}: tak disadari.

16. Luas slidenya 8.64×10−4 m28.64\times10^{-4}\ \mathrm{m}^{2}: Eslide=2.0/8.64×10−4=2.3×103 W/m2E_{\text{slide}} = 2.0/8.64\times10^{-4} = 2.3 \times 10^{3}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}; luas layarnya γ2\gamma^2 kali lebih besar, 2.16 m22.16\,\mathrm{m}^{2}: Elayar=0.93 W/m2E_{\text{layar}} = 0.93\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}; dayanya sama, luasnya bernisbah γ2=2500\gamma^2 = 2500.

17. O2A′‾=1200 cm\overline{O_2A'} = 1200\,\mathrm{cm}: 1/O2A‾=1/1200+1/30=0.034171/\overline{O_2A} = 1/1200 + 1/30 = 0.03417, O2A‾=+29.3 cm\overline{O_2A} = +29.3\,\mathrm{cm}: bayangan antaranya terletak 29.3 cm29.3\,\mathrm{cm} di luar L2L_2 — sebuah benda maya bagi L2L_2 (sinar dari L1L_1 memusat ke arahnya).

18. O1A1′‾=8.0+29.3=37.3 cm\overline{O_1A_1'} = 8.0 + 29.3 = 37.3\,\mathrm{cm}; 1/O1A‾=1/37.3−1/15=−0.03981/\overline{O_1A} = 1/37.3 - 1/15 = -0.0398, O1A‾=−25.1 cm\overline{O_1A} = -25.1\,\mathrm{cm}.

19. γ1=37.3/(−25.1)=−1.49\gamma_1 = 37.3/(-25.1) = -1.49; γ2=1200/29.3=41.0\gamma_2 = 1200/29.3 = 41.0; γ=−60.9\gamma = -60.9.

20. Lebarnya 60.9×36=2.19 m60.9 \times 36 = 2.19\,\mathrm{m}. L1L_1 sendirian: γ=1−OA′‾/f1′=1−1208/15=−79.5\gamma = 1 - \overline{OA'}/f_1' = 1 - 1208/15 = -79.5, lebarnya 2.86 m2.86\,\mathrm{m}.

21. Berkas bersudut α\alpha: L1L_1 memfokuskannya pada ketinggian h1=f1′αh_1 = f_1'\alpha di bidang fokusnya, yang berjarak O2A1‾=f1′−e\overline{O_2A_1} = f_1' - e dari L2L_2; L2L_2 membayangkan titik ini di O2A′‾\overline{O_2A'} dengan 1/O2A′‾=1/f2′+1/(f1′−e)1/\overline{O_2A'} = 1/f_2' + 1/(f_1' - e) dan memperbesarnya sebesar γ2=O2A′‾/(f1′−e)\gamma_2 = \overline{O_2A'}/(f_1' - e), sehingga h=γ2f1′αh = \gamma_2 f_1'\alpha dan feq=γ2f1′=f1′f2′f1′+f2′−ef_{\mathrm{eq}} = \gamma_2 f_1' = \dfrac{f_1' f_2'}{f_1' + f_2' - e}, yang kebalikannya adalah rumus yang dinyatakan. 1/feq=1/15−1/30+8/450=0.0511 cm−11/f_{\mathrm{eq}} = 1/15 - 1/30 + 8/450 = 0.0511\,\mathrm{cm}^{-1}, feq=19.6 cmf_{\mathrm{eq}} = 19.6\,\mathrm{cm}.

22. 2.19/2.86=0.772.19/2.86 = 0.77 dan 15/19.6=0.7715/19.6 = 0.77. Hanya hampir, karena slidenya berada pada jarak berhingga dan kedua lemparannya diukur dari lensa yang berbeda; untuk benda di tak hingga nisbahnya akan eksak.

23. Benda maya pada p>0p > 0 di luar lensa divergen: 1/O2A′‾=1/p+1/f2′=1/p−1/∣f2′∣1/\overline{O_2A'} = 1/p + 1/f_2' = 1/p - 1/\abs{f_2'}, positif (bayangan nyata) jika dan hanya jika p<∣f2′∣p < \abs{f_2'}.

24. Daya yang sama pada gambar yang luasnya (2.19/2.86)2=0.59(2.19/2.86)^2 = 0.59 kali lebih kecil: iradiansinya ×1.7\times 1.7.

25. Pengubah itu mengalikan jarak fokusnya dengan feq/f1′=1.3f_{\mathrm{eq}}/f_1' = 1.3; pada lemparan tertentu gambarnya 1.31.3 kali lebih kecil pada tiap arah dan 1.71.7 kali lebih cerah — sebuah lensa lempar jauh.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium