Geometrisk optikk

Oppgave 9.1.1: Vi setter inn i $v=c/n$ for hvert medium.

1. a)

   $v={\displaystyle \frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{1.333}}\approx 2.25\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$

2. b)

   $v={\displaystyle \frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{1.376}}\approx 2.18\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$

3. c)

   $v={\displaystyle \frac{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}{1.523}}\approx 1.97\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$

Kontroll: jo høyere brytningsindeks, desto lavere fart – og alle tre ligger under $c$, slik $n\ge 1$ krever.

Oppgave 9.1.2: Kilden er et reelt objekt, så avstandene regnes negative etter bokens konvensjon, og $V=1/s$.

1. a)

   $V={\displaystyle \frac{1}{-0.25\mathrm{m}}}=-4.00\mathrm{D}$

2. b)

   $V={\displaystyle \frac{1}{-0.80\mathrm{m}}}=-1.25\mathrm{D}$

3. c)

   $V={\displaystyle \frac{1}{-4.0\mathrm{m}}}=-0.25\mathrm{D}$

Vergensen er negativ hele veien – bunten divergerer – og flater ut med avstanden, akkurat som i eksempelet i seksjonen.

Oppgave 9.1.3: Vi bruker $t=d/v$ fra mekanikken, og $v=c/n$ der lyset går i vev.

1. a)

   I luft er $v\approx c$:

   $$t=\frac{d}{c}=\frac{6.0\mathrm{m}}{3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}=2.0\times {10}^{-8}\mathrm{s}.$$

2. b)

   Farten i hornhinnen er $v=c/n=3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}/1.376\approx 2.18\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, så

   $$t=\frac{d}{v}=\frac{0.54\times {10}^{-3}\mathrm{m}}{2.18\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}}\approx 2.5\times {10}^{-12}\mathrm{s}.$$

3. c)

   Forholdet mellom de to tidene er

   $$\frac{2.0\times {10}^{-8}\mathrm{s}}{2.5\times {10}^{-12}\mathrm{s}}\approx 8000.$$

   Turen gjennom rommet tar altså rundt åtte tusen ganger lengre tid enn turen gjennom selve hornhinnen.

Oppgave 9.1.4: Vi regner forholdet åpning/bølgelengde og holder det opp mot kravet «mye større enn».

1. a)

   $$\frac{4\mathrm{mm}}{550\mathrm{nm}}=\frac{4\times {10}^{-3}\mathrm{m}}{5.5\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\approx 7300.$$

   Pupillen er flere tusen bølgelengder bred, så strålemodellen er en svært god tilnærming for lys gjennom pupillen.

2. b)

   Samme regning gir

   $$\frac{1.0\times {10}^{-3}\mathrm{m}}{5.5\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\approx 1800,\frac{0.10\times {10}^{-3}\mathrm{m}}{5.5\times {10}^{-7}\mathrm{m}}\approx 180.$$

   Begge forholdene er fortsatt store – åpningen er hundrevis til tusenvis av bølgelengder – så vurderingen fra a) holder også for det stenopeiske hullet.

3. c)

   Forholdet blir $10$ når åpningen er ti bølgelengder:

   $$d=10\cdot 550\mathrm{nm}=5.5\mathrm{\mu }\mathrm{m}\approx 0.0055\mathrm{mm}.$$

   Det er langt mindre enn noen åpning i klinisk bruk.

4. d)

   Diffraksjonen blir liten når åpningen er stor mot bølgelengden, men den blir aldri null: lyset fra hvert objektpunkt spres over en liten vinkel som vokser når pupillen minker, slik Rayleigh-kriteriet fra forrige kapittel tallfester. Uansett hvor perfekt øyets optikk ellers er, setter denne spredningen den prinsipielle grensen for hvor skarpt netthinnebildet kan bli – derfor kan diffraksjonen neglisjeres i strålekonstruksjonene, men ikke glemmes i synets fysikk.

Oppgave 9.1.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: kontroller at alle avstandene er ført med (reelt objekt gir negativ vergens), og at minst én avstand faktisk lander på et multiplum av $0.25\mathrm{D}$ – for eksempel gir $50\mathrm{cm}$ vergensen $-2.00\mathrm{D}$.

Oppgave 9.2.1: Vinklene i refleksjonsloven måles fra normalen, ikke fra flaten – oppgaven oppgir vinkelen mot selve speilflaten.

1. a)

   Normalen står vinkelrett på speilflaten, så innfallsvinkelen er

   $${\theta }_i=90\mathrm{°}-35\mathrm{°}=55\mathrm{°}.$$

2. b)

   Refleksjonsloven gir ${\theta }_r={\theta }_i=55\mathrm{°}$.

3. c)

   Vinkelen mellom den innfallende og den reflekterte strålen er

   $${\theta }_i+{\theta }_r=2\cdot 55\mathrm{°}=110\mathrm{°}.$$

   Kontroll fra flatesiden: strålene danner $35\mathrm{°}$ med speilflaten på hver sin side, og $180\mathrm{°}-2\cdot 35\mathrm{°}=110\mathrm{°}$.

Oppgave 9.2.2: Som i eksemplet med planspeilet: objektet er reelt, så $s=-0.40\mathrm{m}$.

1. a)

   Vergensen ved speilet er

   $$V=\frac{1}{s}=\frac{1}{-0.40\mathrm{m}}=-2.50\mathrm{D}.$$

2. b)

   Vergensformelen gir $V^{\prime }=V+P=-2.50\mathrm{D}+0=-2.50\mathrm{D}$ – lyset divergerer like sterkt etter refleksjonen.

3. c)

   Etter refleksjonen regnes avstander positive i den reflekterte lysretningen, og

   $$s^{\prime }=\frac{1}{V^{\prime }}=\frac{1}{-2.50\mathrm{D}}=-0.40\mathrm{m}.$$

   Negativ bildeavstand betyr mot den reflekterte lysretningen, altså bak speilet. Bildet ligger $40\mathrm{cm}$ bak speilet og er virtuelt. Dette stemmer med kongruensargumentet: bildet ligger like langt bak speilet som objektet er foran.

Oppgave 9.2.3:

1. a)

   Speilbildet av øyet ligger like langt bak speilet som øyet er foran, altså $40\mathrm{cm}$ bak speilflaten. Avstanden fra øyet til bildet er dermed

   $$40\mathrm{cm}+40\mathrm{cm}=80\mathrm{cm}.$$

2. b)

   Lyset kommer divergerende fra det virtuelle bildet $0.80\mathrm{m}$ unna, så vergensen ved øyet er

   $$V=\frac{1}{-0.80\mathrm{m}}=-1.25\mathrm{D}.$$

3. c)

   Akkommodasjonsbehovet er $1/d$: for speilbildet $1/0.80\mathrm{m}=1.25\mathrm{D}$, for støvflekken på speilflaten $1/0.40\mathrm{m}=2.50\mathrm{D}$ – $1.25\mathrm{D}$ for speilbildet mot $2.50\mathrm{D}$ for støvflekken. Øyet må altså stille inn på to forskjellige avstander for de to: speilbildet ligger der de reflekterte strålenes forlengelser møtes, $80\mathrm{cm}$ unna, ikke i speilplanet – derfor ligger speilbildet ditt ikke «på speilet», selv om det er der du retter blikket.

Oppgave 9.2.4: La øyet ligge i høyden $h_{\text{ø}}$ over gulvet, issen i høyden $h$, og la avstanden til speilet være $L$ – vilkårlig. Føttene og øyet står begge avstanden $L$ fra speilplanet. Strålen fra fotpunktet som når øyet etter refleksjon, treffer speilet i et punkt $P$; refleksjonsloven gir like vinkler mot normalen, og siden de horisontale avstandene på begge sider av $P$ er like ($L$ og $L$), er også høydeforskjellene like: $P$ ligger midt mellom fot- og øyehøyde, i høyden $h_{\text{ø}}/2$. Tilsvarende treffer strålen fra issen speilet i høyden $(h+h_{\text{ø}})/2$. Speilet må dekke akkurat stykket mellom disse to punktene, så minstehøyden er

$$\frac{h+h_{\text{ø}}}{2}-\frac{h_{\text{ø}}}{2}=\frac{h}{2},$$

halve kroppshøyden – og $L$ falt bort underveis, så resultatet er uavhengig av hvor langt fra speilet du står. Kontroll med det virtuelle bildet: hele kroppen avbildes i full høyde $L$ bak speilet, og speilplanet ligger nøyaktig midtveis mellom øyet og bildet; formlike trekanter med forholdet $1:2$ gir da at «vinduet» i speilplanet trenger halv høyde. For en person på $1.80\mathrm{m}$ er minstehøyden

$$\frac{1.80\mathrm{m}}{2}=0.90\mathrm{m}.$$

Påstanden er altså gal: å rygge hjelper ikke, for minstehøyden er den samme uansett avstand. Ser medstudenten ikke hele seg selv, er speilet enten for lite eller henger feil – overkanten skal ligge midt mellom isse- og øyehøyde.

Oppgave 9.2.5: Kall øye–speil-avstanden $a$ og tavle–speil-avstanden $b$. Pasienten ser tavlas virtuelle bilde, som ligger like langt bak speilet som tavla er foran, så synsavstanden er $a+b$, og kravet er $a+b=6.0\mathrm{m}$ med $b\le 4.2\mathrm{m}$ og pasienten mellom speilet og tavleveggen. Et naturlig valg: speilet på den ene endeveggen, den speilvendte tavla på motsatt vegg over pasientens hode ($b=4.2\mathrm{m}$), og pasientstolen slik at øyet er

$$a=6.0\mathrm{m}-4.2\mathrm{m}=1.8\mathrm{m}$$

fra speilet. Tavlas virtuelle bilde ligger da $4.2\mathrm{m}$ bak speilveggen, og avstanden fra øyet til bildet er $1.8\mathrm{m}+4.2\mathrm{m}=6.0\mathrm{m}$ – det samme som lysveien tavle–speil–øye. Strålegangen tegnes som i figuren i brødteksten: fra tavla skrått fram til speilet, tilbake til øyet, med de reflekterte strålenes forlengelser stiplet bakover til bildet. Vergensen ved øyet er

$$V=\frac{1}{-6.0\mathrm{m}}\approx -0.17\mathrm{D},$$

mindre enn det vanlige kliniske styrketrinnet på $0.25\mathrm{D}$ – avstanden er derfor klinisk ekvivalent med uendelig, og speilvendingen av tavla opphever planspeilets sidevending slik at bokstavene står rett vei.

Oppgave 9.3.1: Vi setter inn i Snells lov med $n_1=1.00$ for luft og $n_2=1.50$ for glasset, og løser for ${\theta }_2$ med $\arcsin$:

$$\sin {\theta }_2=\frac{n_1}{n_2}\sin {\theta }_1=\frac{1.00}{1.50}\sin 30\mathrm{°}\approx 0.3333,{\theta }_2=\arcsin (0.3333)\approx 19.5\mathrm{°}.$$

Kontroll: $1.50\sin 19.5\mathrm{°}\approx 0.500=1.00\sin 30\mathrm{°}$. Brytningsvinkelen er mindre enn innfallsvinkelen – strålen bryter mot normalen, slik den skal inn i det tettere glasset.

Oppgave 9.3.2: Snells lov brukes begge veier.

1. a)

   Lyset går fra luft ($n_1=1.00$) inn i vann ($n_2=1.333$):

   $$\sin {\theta }_2=\frac{1.00}{1.333}\sin 45\mathrm{°}\approx 0.5305,{\theta }_2=\arcsin (0.5305)\approx 32.0\mathrm{°}.$$

2. b)

   Nå snus mediene: $n_1=1.333$ i vannet, $n_2=1.00$ i lufta, og innfallsvinkelen er $30\mathrm{°}$:

   $$\sin {\theta }_2=\frac{1.333}{1.00}\sin 30\mathrm{°}\approx 0.6665,{\theta }_2=\arcsin (0.6665)\approx 41.8\mathrm{°}.$$

   Strålen forlater vannet med $41.8\mathrm{°}>30\mathrm{°}$ – den bryter fra normalen, slik den skal på vei fra tettere mot tynnere medium.

Oppgave 9.3.3: Grensen går fra tettere ($n_1=1.333$) mot tynnere ($n_2=1.00$), så en kritisk vinkel finnes.

1. a)

   $$\sin {\theta }_c=\frac{n_2}{n_1}=\frac{1.00}{1.333}\approx 0.7502,{\theta }_c=\arcsin (0.7502)\approx 48.6\mathrm{°}.$$

2. b)

   Vi sammenligner hver innfallsvinkel med ${\theta }_c\approx 48.6\mathrm{°}$. Strålen på $40\mathrm{°}$ ligger under den kritiske vinkelen og slipper ut; Snells lov gir $\sin {\theta }_2=1.333\sin 40\mathrm{°}\approx 0.857$, altså ${\theta }_2\approx 59.0\mathrm{°}$. Strålen på $50\mathrm{°}$ ligger over den kritiske vinkelen: $1.333\sin 50\mathrm{°}\approx 1.021>1$ har ingen løsning, så den totalreflekteres. $40\mathrm{°}$ slipper ut (${\theta }_2\approx 59.0\mathrm{°}$), $50\mathrm{°}$ totalreflekteres.

Oppgave 9.3.4:

1. a)

   Påstanden er gal – en glassrute har to plane, parallelle flater: strålen bryter mot normalen ved inngangen og like mye fra normalen ved utgangen, så den andre brytningen opphever nøyaktig den første vinkelendringen. Strålen kommer ut parallell med den den gikk inn som – retningen er uendret, og det du ser gjennom vinduet, står ikke skjevt.

2. b)

   Rutens faktiske virkning er en sideveis parallellforskyvning av strålen, som vokser med platetykkelsen og med innfallsvinkelen – men ingen netto avbøyning. Prismet har derimot flater som ikke er parallelle (apeksvinkelen $\alpha$), så de to brytningene opphever ikke hverandre: strålen får en varig retningsendring $\delta \approx (n-1)\alpha$ mot basis. Forskjellen er altså forskyvning uten retningsendring (platen) mot retningsendring (prismet).

Oppgave 9.3.5:

1. a)

   Tynn-prisme-formelen gir

   $$\delta \approx (n-1)\alpha =(1.50-1)\cdot 8\mathrm{°}=4.0\mathrm{°},$$

   altså om lag $4\mathrm{°}$ – en halv grad avbøyning per grad apeksvinkel.

2. b)

   Broen til prismedioptrien gir

   $$P=100\tan 4.0\mathrm{°}\approx {7.0}^{\mathrm{\Delta }}.$$

   Tommelfingerregelen predikerer $0.5\cdot 8=4^{\mathrm{\Delta }}$ – langt under de ${7.0}^{\mathrm{\Delta }}$ prismet faktisk gir, så i prismedioptrier holder regelen ikke. Det regelen egentlig beskriver, er avbøyningen i grader: for $n=1.50$ er $\delta \approx 0.5\alpha$, en halv grad per grad apeksvinkel. Siden $1^{\mathrm{\Delta }}$ svarer til en avbøyning på bare omtrent $0.57\mathrm{°}$, blir prismevirkningen i prismedioptrier nesten dobbelt så stor som gradetallet.

3. c)

   Åpen deloppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: studentens fasit skal tilfredsstille $\alpha =\delta /(n-1)$ med $\delta$ hentet fra $P=100\tan \delta$, og kontrollen skal vise at innsetting av $\alpha$ tilbake gir den oppgitte prismevirkningen.

Oppgave 9.4.1: Avstander og radier måles fra linsen, positive i lysets retning.

1. a)

   Et reelt objekt står foran linsen, mot lysets retning: $s=-25\mathrm{cm}$ – negativt.

2. b)

   Et reelt bilde ligger bak linsen, i lysets retning: $s^{\prime }=+30\mathrm{cm}$ – positivt.

3. c)

   Et virtuelt bilde ligger foran linsen: $s^{\prime }=-40\mathrm{cm}$ – negativt.

4. d)

   Fremre flate buler mot lyset og har krumningssenteret bak seg, bakre flate har senteret foran seg: $r_1$ positiv, $r_2$ negativ.

Oppgave 9.4.2: Linseformelen på vergensform, med $s=-0.40\mathrm{m}$ og $P=6.50\mathrm{D}$.

1. a)

   $V=\frac{1}{-0.40\mathrm{m}}=-2.50\mathrm{D}$, så $V^{\prime }=V+P=-2.50+6.50=4.00\mathrm{D}$ og

   $$s^{\prime }=\frac{1}{V^{\prime }}=0.25\mathrm{m}.$$

   Bildet ligger $25\mathrm{cm}$ bak linsen.

2. b)

   $$m=\frac{s^{\prime }}{s}=\frac{0.25\mathrm{m}}{-0.40\mathrm{m}}=-0.625;$$

   kontroll: $m=V/V^{\prime }=-2.50/4.00=-0.625$.

3. c)

   $s^{\prime }>0$, og : bildet er reelt, omvendt og forminsket.

Oppgave 9.4.3: Bildet fra $L_1$ er objektet for $L_2$ – to gjennomløp av samme linseformel.

1. a)

   Gjennom $L_1$: $V_1=\frac{1}{-0.50\mathrm{m}}=-2.00\mathrm{D}$, $V_1^{\prime }=-2.00+6.00=4.00\mathrm{D}$, altså

   $$s_1^{\prime }=0.25\mathrm{m}$$

   – et reelt mellombilde $25\mathrm{cm}$ bak $L_1$.

2. b)

   Målt fra $L_2$, som står $35\mathrm{cm}$ bak $L_1$, er objektavstanden $s_2=0.25-0.35=-0.10\mathrm{m}$. Da er $V_2=-10.00\mathrm{D}$, $V_2^{\prime }=-10.00+12.50=2.50\mathrm{D}$ og

   $$s_2^{\prime }=0.40\mathrm{m}.$$

   Det endelige bildet er reelt og ligger $40\mathrm{cm}$ bak $L_2$. Kontroll med vergensforplantning: $V_2=\frac{4.00}{1-0.35\cdot 4.00}\mathrm{D}=-10.00\mathrm{D}$ – samme.

3. c)

   Forstørrelsene er

   $$m_1=\frac{0.25}{-0.50}=-0.5,m_2=\frac{0.40}{-0.10}=-4.0,m=m_1\cdot m_2=+2.0.$$

   Bildet er reelt, rettvendt ($m>0$; hver linse snudde bildet én gang) og dobbelt så stort som objektet.

Oppgave 9.4.4: Avviket er $P_{\text{eff}}-P=\frac{d{P}^2}{1-dP}$, med $d=0.012\mathrm{m}$.

1. a)

   Eksakt og med tilnærmingen $d{P}^2$:

   	$P=2.00\mathrm{D}:$	$P_{\text{eff}}={\displaystyle \frac{2.00}{0.976}}\mathrm{D}\approx 2.05\mathrm{D},\text{avvik}\approx 0.05\mathrm{D};d{P}^2=0.048\mathrm{D}$
   	$P=4.00\mathrm{D}:$	$P_{\text{eff}}={\displaystyle \frac{4.00}{0.952}}\mathrm{D}\approx 4.20\mathrm{D},\text{avvik}\approx 0.20\mathrm{D};d{P}^2=0.192\mathrm{D}$
   	$P=6.00\mathrm{D}:$	$P_{\text{eff}}={\displaystyle \frac{6.00}{0.928}}\mathrm{D}\approx 6.47\mathrm{D},\text{avvik}\approx 0.47\mathrm{D};d{P}^2=0.432\mathrm{D}$

   Avvikene er ca. $0.05\mathrm{D}$, $0.20\mathrm{D}$ og $0.47\mathrm{D}$; tilnærmingen $d{P}^2$ ligger tett på, og litt under, i alle tre tilfellene.

2. b)

   Ved $4.00\mathrm{D}$ er avviket fortsatt under trinnet; ved $5.00\mathrm{D}$ er det $\frac{5.00}{0.94}\mathrm{D}-5.00\mathrm{D}\approx 0.32\mathrm{D}$, altså over. Setter vi $\frac{d{P}^2}{1-dP}=0.25\mathrm{D}$ og løser, faller grensen på $P\approx 4.4\mathrm{D}$. Avviket overstiger ett styrketrinn for styrker av størrelse mellom omtrent $4\mathrm{D}$ og $5\mathrm{D}$, som brødteksten sier; grensen ligger litt ulikt for pluss- og minusstyrker.

3. c)

   Kollegaen har rett for lave styrker: under omkring $\pm 4\mathrm{D}$ er avviket mindre enn det vanlige kliniske styrketrinnet på $0.25\mathrm{D}$ og drukner i avrundingen. Fra omkring $\pm 4$ til $5\mathrm{D}$ tar hen feil, og feilen vokser raskt: avviket er tilnærmet $d{P}^2$ og vokser kvadratisk med styrken – dobler du styrken, firedobles avviket. En regel som holder ved $2\mathrm{D}$, svikter derfor grovt ved $10\mathrm{D}$, der eksemplet i teksten viste et avvik på over en hel dioptri.

Oppgave 9.4.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: en gyldig besvarelse velger én objektavstand med $\left|s\right|>f$ (som gir $V^{\prime }>0$ og reelt bilde) og én med (som gir og virtuelt bilde), regner begge korrekt med fortegn i $V^{\prime }=V+P$, og forklarer at grensen $s=-f$ gir $V^{\prime }=0$ – lyset forlater linsen parallelt, og bildet ligger i det uendelige.

Oppgave 9.5.1: Konkavt speil med objektet utenfor krumningssenteret – samme situasjon som i seksjonens andre eksempel.

1. a)

   Krumningssenteret ligger foran speilet, mot det innkommende lyset, så $r=-0.40\mathrm{m}$. Styrken og brennvidden blir

   $$P=-\frac{2}{r}=-\frac{2}{-0.40\mathrm{m}}=5.0\mathrm{D},f=\frac{1}{P}=0.20\mathrm{m}.$$

2. b)

   Med $s=-1.00\mathrm{m}$ gir vergensformelen

   $$V=\frac{1}{s}=-1.00\mathrm{D},V^{\prime }=V+P=-1.00+5.0=4.0\mathrm{D},s^{\prime }=\frac{1}{V^{\prime }}=0.25\mathrm{m},$$

   og forstørrelsen er $m=V/V^{\prime }=(-1.00)/4.0=-0.25$. Kontroll: $m=s^{\prime }/s=0.25/(-1.00)=-0.25$.

3. c)

   Bildet er reelt ($s^{\prime }>0$) og ligger $25\mathrm{cm}$ foran speilet, mellom brennpunktet og krumningssenteret; og . Reelt, omvendt og forminsket til en firedel.

Oppgave 9.5.2: Konvekst speil: krumningssenteret ligger bak flaten, i lysets retning, så $r=2.0\mathrm{m}$.

1. a)

   Styrken er

   $$P=-\frac{2}{r}=-\frac{2}{2.0\mathrm{m}}=-1.0\mathrm{D},$$

   og med $s=-1.0\mathrm{m}$:

   $$V=-1.0\mathrm{D},V^{\prime }=-1.0-1.0=-2.0\mathrm{D},s^{\prime }=\frac{1}{V^{\prime }}=-0.50\mathrm{m}.$$

   Bildet ligger $0.50\mathrm{m}$ bak speilet.

2. b)

   $m=V/V^{\prime }=(-1.0)/(-2.0)=+0.50$: bildet er rettvendt og halvparten så stort som personen. Kontroll: $m=s^{\prime }/s=(-0.50)/(-1.0)=+0.50$.

3. c)

   Et reelt objekt står foran speilet, så og ; et konvekst speil har . Da er $V^{\prime }=V+P$ mer negativ enn $V$, altså $\left|V^{\prime }\right|>\left|V\right|$, og

   $$m=\frac{V}{V^{\prime }}=\frac{\left|V\right|}{\left|V^{\prime }\right|}\in (0,1).$$

   Nei – bildet er alltid virtuelt, rettvendt og forminsket, uansett avstand.

Oppgave 9.5.3: Invers oppgave: forstørrelsen og objektavstanden er kjent, speilet skal finnes.

1. a)

   Et rettvendt og forstørret bilde utelukker planspeilet ($m=+1$) og det konvekse speilet, som alltid forminsker (oppgave 9.5.2c). Speilet må være konkavt, med ansiktet innenfor brennvidden – sminkespeilsituasjonen fra seksjonens tredje eksempel.

2. b)

   Rettvendt og tre ganger så stort betyr $m=+3$. Med $s=-0.10\mathrm{m}$ er $V=1/s=-10.0\mathrm{D}$, og $m=V/V^{\prime }$ gir

   $$V^{\prime }=\frac{V}{m}=\frac{-10.0\mathrm{D}}{3}\approx -3.33\mathrm{D},P=V^{\prime }-V=-\frac{10.0}{3}+10.0\approx 6.67\mathrm{D},$$

   og krumningsradien følger av $P=-2/r$:

   $$r=-\frac{2}{P}=-0.30\mathrm{m}.$$

   Kontroll: $f=1/P=0.15\mathrm{m}$, så ansiktet i $10\mathrm{cm}$ står innenfor brennvidden, som a) krever; og fortegnet bekrefter konkavt speil.

3. c)

   $s^{\prime }=1/V^{\prime }=-0.30\mathrm{m}$: bildet er virtuelt og ligger $30\mathrm{cm}$ bak speilet. Kontroll: $m=s^{\prime }/s=(-0.30)/(-0.10)=+3$, som oppgitt.

Oppgave 9.5.4: Keratometerregningen fra seksjonen, kjørt baklengs: fra målt bildestørrelse til radius og K-verdi.

1. a)

   Med $h=64\mathrm{mm}$, $h^{\prime }=2.40\mathrm{mm}$ og $d=100\mathrm{mm}$:

   $$r\approx 2d\frac{h^{\prime }}{h}=2\cdot 100\mathrm{mm}\cdot \frac{2.40\mathrm{mm}}{64\mathrm{mm}}=7.5\mathrm{mm},$$

   positiv fordi hornhinnens fremflate er et konvekst speil med krumningssenteret bak flaten. Kontroll: $m\approx r/2d=7.5/200=0.0375$ og $0.0375\cdot 64\mathrm{mm}=2.40\mathrm{mm}$, den målte bildestørrelsen.

2. b)

   $$K=\frac{n_k-1}{r}=\frac{0.3375}{0.0075\mathrm{m}}=45.0\mathrm{D}.$$

   Det er nettopp kalibreringsparet fra seksjonens siste eksempel: radien $7.5\mathrm{mm}$ svarer per definisjon til $45\mathrm{D}$.

3. c)

   Keratometeret ser bare speilbildet fra fremflaten, men K-verdien skal representere hele hornhinnens styrke. Med den virkelige indeksen ville fremflaten alene gitt $0.376/0.0075\mathrm{m}\approx 50.1\mathrm{D}$ – men bakflaten trekker fra omkring $5\mathrm{D}$ til $6\mathrm{D}$, og den fiktive indeksen $n_k=1.3375$ baker den korreksjonen inn i én formel. Ville noen «rettet feilen» og brukt $1.376$, ville alle K-verdier hoppet omkring $5\mathrm{D}$ opp, sluttet å representere hornhinnens samlede styrke, og brutt med all klinisk kalibrering og alle normverdier som er bygget på $n_k$.

Oppgave 9.5.5:

1. a)

   Riktig er at hele regneapparatet er felles: vergensformelen $V^{\prime }=V+P$, forstørrelsen $m=s^{\prime }/s=V/V^{\prime }$ og brennvidden $f=1/P$ gjelder uendret for speil – det eneste som byttes ut, er hvordan styrken beregnes. I tillegg mangler speilstyrken enhver brytningsindeks: avbildningen kommer fra refleksjon alene og er den samme for alle bølgelengder.

2. b)

   Det ene man må være ekstra nøye med, er at refleksjonen snur lysretningen: avstander etter refleksjonen regnes positive i den reflekterte retningen, så et reelt bilde ($s^{\prime }>0$) ligger foran speilet, på samme fysiske side som objektet. Det er nettopp denne retningssnuingen som gir minustegnet i $P=-2/r$ (og i $f=-r/2$): radien $r$ måles i den innkommende retningen, mens brennvidden og bildeavstandene måles i den reflekterte. For en tynn linse fortsetter lyset samme vei, og ingen slik snuing trengs.

3. c)

   Konstruksjonen er åpen – mange valg av radius og objektavstand er gyldige. Vurderingsmoment: en godkjent besvarelse bruker et konkavt speil med objektet mellom brennpunktet og krumningssenteret, og regningen skal gi $s^{\prime }>0$ (reelt, foran speilet) og $\left|m\right|>1$ med (forstørret og omvendt) – for objektet utenfor $C$ blir bildet forminsket, innenfor $F$ blir det virtuelt, og et konvekst speil forstørrer aldri (oppgave 9.5.2c). Svaret på plasseringsspørsmålet er altså: objektet må stå mellom $F$ og $C$.

Oppgave 9.6.1: Lupeformelen $M=D_{\text{ref}}/f$ med $D_{\text{ref}}=0.25\mathrm{m}$, og $P=1/f$.

1. a)

   $M={\displaystyle \frac{D_{\text{ref}}}{f}}={\displaystyle \frac{0.25\mathrm{m}}{0.05\mathrm{m}}}=5$.

2. b)

   $P={\displaystyle \frac{1}{f}}={\displaystyle \frac{1}{0.05\mathrm{m}}}=20\mathrm{D}$ – i samsvar med firedelsregelen, $P/4=20/4=5=M$.

3. c)

   Firedelsregelen baklengs gir $P=4M=4\cdot 8=32\mathrm{D}$, og brennvidden blir

   $$f=\frac{1}{P}=\frac{1}{32\mathrm{D}}=\mathrm{0.031\hspace{0.17em}25}\mathrm{m}\approx 3.1\mathrm{cm}.$$

   Kontroll: $D_{\text{ref}}/f=0.25/0.03125=8$. Objektet må stå i brennplanet, så arbeidsavstanden er drøye tre centimeter.

Oppgave 9.6.2: Firedelsregelen $M=P/4$ baklengs, og $f=1/P$.

1. a)

   $P=4M=4\cdot 3=12\mathrm{D}$.

2. b)

   $f={\displaystyle \frac{1}{P}}={\displaystyle \frac{1}{12\mathrm{D}}}\approx 0.083\mathrm{m}=8.3\mathrm{cm}$. Kontroll: $D_{\text{ref}}/f=0.25\cdot 12=3$, som merket.

3. c)

   Med samme styrke gir nærpunktvarianten $M=P/4+1=12/4+1=4$ – nøyaktig merket «$4\times$». Produsenten har brukt $M=P/4+1$, som forutsetter at det virtuelle bildet står i referanseavstanden, $s^{\prime }=-D_{\text{ref}}$, med akkommoderende øye – ikke i det uendelige med avslappet øye.

Oppgave 9.6.3: Afokalvilkåret $d=f_{\text{obj}}+f_{\text{ok}}$ og forstørrelsen $M=f_{\text{obj}}/\left|f_{\text{ok}}\right|$.

1. a)

   $M={\displaystyle \frac{f_{\text{obj}}}{f_{\text{ok}}}}={\displaystyle \frac{20\mathrm{cm}}{5\mathrm{cm}}}=4$, lengden er $d=20+5=25\mathrm{cm}$, og bildet er omvendt – mellombildet er omvendt, og okularet snur det ikke tilbake. Kontroll på styrkeform: $P_{\text{obj}}=5\mathrm{D}$, $P_{\text{ok}}=20\mathrm{D}$, $M=P_{\text{ok}}/P_{\text{obj}}=4$.

2. b)

   Spredelinsen har $f_{\text{ok}}=1/(-20\mathrm{D})=-5\mathrm{cm}$, så

   $$M=\frac{f_{\text{obj}}}{\left|f_{\text{ok}}\right|}=\frac{20}{5}=4=\frac{\left|P_{\text{ok}}\right|}{P_{\text{obj}}}=\frac{20\mathrm{D}}{5\mathrm{D}}$$

   – samme forstørrelse. Lengden blir $d=f_{\text{obj}}+f_{\text{ok}}=20-5=15\mathrm{cm}$, og bildet blir rettvendt – mellombildet dannes aldri, og knippet forlater okularet på samme side av aksen som det kom inn.

3. c)

   Det galileiske: det er ti centimeter kortere ($15$ mot $25\mathrm{cm}$) og dermed lettere, og det gir rettvendt bilde uten bildereisende prismer – begge deler avgjørende for noe som skal sitte i et brilleglass. Prisen er et smalere synsfelt.

Oppgave 9.6.4: Vi regner forstørrelsen under begge antakelsene, med $P=8\mathrm{D}$ og $f=1/P=12.5\mathrm{cm}$. Objekt i brennplanet, bilde i det uendelige, avslappet øye:

$$M=P\cdot D_{\text{ref}}=\frac{P}{4}=\frac{8}{4}=2.$$

Bilde i referanseavstanden, $s^{\prime }=-D_{\text{ref}}=-0.25\mathrm{m}$:

$$M=1+\frac{D_{\text{ref}}}{f}=1+P\cdot D_{\text{ref}}=1+2=3.$$

Kontroll av det siste med linseformelen: $\frac{1}{s}=\frac{1}{s^{\prime }}-\frac{1}{f}=-4-8=-12\mathrm{D}$, så $m=\frac{s^{\prime }}{s}=(-0.25)\cdot (-12)=3$ – og med bildet i referanseavstanden er $M=m$. Medstudenten har ikke rett: produsenten har merket etter firedelsregelen, som gjelder objekt i brennplanet og avslappet øye ($M=2$), mens medstudenten bruker lupen med bildet i referanseavstanden og akkommodasjon ($M=3$). Begge tallene er riktige – for hver sin brukssituasjon.

Oppgave 9.6.5:

1. a)

   Nødvendig forstørrelse er forholdet mellom visusnivåene, $M={\displaystyle \frac{60}{12}}=5$. Firedelsregelen baklengs gir $P=4M=20\mathrm{D}$, og arbeidsavstanden er brennvidden: $f=1/P=0.05\mathrm{m}=5\mathrm{cm}$. Kontroll: $D_{\text{ref}}/f=0.25/0.05=5$.

2. b)

   Av $M=\left|P_{\text{ok}}\right|/P_{\text{obj}}$ følger $\left|P_{\text{ok}}\right|=M\cdot P_{\text{obj}}=2\cdot 12.50=25\mathrm{D}$, altså $P_{\text{ok}}=-25\mathrm{D}$. Brennviddene er $f_{\text{obj}}=1/12.50\mathrm{D}=8\mathrm{cm}$ og $f_{\text{ok}}=-4\mathrm{cm}$, så

   – designet får plass i monteringen. Vergenskontroll: parallelt inn er $V=0$, ut av objektivet $V^{\prime }=0+12.50=12.50\mathrm{D}$; forplantet $d=0.04\mathrm{m}$ fram til okularet,

   $$V_2=\frac{12.50}{1-0.04\cdot 12.50}\mathrm{D}=\frac{12.50}{0.50}\mathrm{D}=25.00\mathrm{D},$$

   og ut av okularet $V_2^{\prime }=25.00+(-25.00)=0$ – parallelt ut, systemet er afokalt. Rimelighetssjekk: samlingspunktet lyset var på vei mot, ligger $8\mathrm{cm}$ bak objektivet og dermed $4\mathrm{cm}$ bak okularet, og $1/0.04\mathrm{m}=25\mathrm{D}$.

3. c)

   Lupen krever objektet i brennplanet, så arbeidsavstanden er bare $5\mathrm{cm}$ – avisen må holdes tett inntil, og bare noen få ord får plass i synsfeltet om gangen. Kikkertbrillen har smalt synsfelt – prisen for det korte galileiske designet – og er afokal: den virker på tilnærmet parallelt lys og hjelper derfor bare på avstand. Ett hjelpemiddel kan ikke dekke begge behovene, fordi de to oppgavene stiller motsatte krav til lyset inn: avisen sender divergerende lys fra centimeteravstand og trenger en lupe med objektet i brennplanet, mens TV-en sender tilnærmet parallelt lys som bare et afokalt teleskop kan gi større synsvinkel. Pasienten trenger derfor begge – ett hjelpemiddel per avstand.

Oppgave 9.7.1:

1. a)

   Vi setter de tre indeksene inn i definisjonen av Abbe-tallet:

   $$\nu =\frac{n_d-1}{n_F-n_C}=\frac{1.52300-1}{1.52933-1.52042}=\frac{0.52300}{0.00891}\approx 58.7.$$

2. b)

   Abbe-tallet er høyt – på nivå med kroneglasset i seksjonens tabell ($\nu \approx 59$). Materialet er lavdispersivt: indeksen spriker lite fra blå til rød ende, så den kromatiske aberrasjonen – og dermed fargesømmen i periferien – blir liten.

Oppgave 9.7.2:

1. a)

   Prentice’ regel med $c=0.8\mathrm{cm}$ og $F=10.00\mathrm{D}$:

   $$c\cdot F=0.8\cdot 10.00={8.0}^{\mathrm{\Delta }}.$$

2. b)

   Prismevirkningen delt på Abbe-tallet:

   $$\text{TCA}=\frac{{8.0}^{\mathrm{\Delta }}}{30}\approx {0.27}^{\mathrm{\Delta }}.$$

3. c)

   ${0.27}^{\mathrm{\Delta }}$ ligger godt over terskelen på ${0.1}^{\mathrm{\Delta }}$, så ja – pasienten ser fargekanter. Med CR-39 blir $\text{TCA}=8.0/58\approx {0.14}^{\mathrm{\Delta }}$ – omtrent en halvering, men fortsatt over terskelen: CR-39 demper fargesømmen merkbart, men fjerner den ikke i dette punktet.

Oppgave 9.7.3:

1. a)

   Grønt bryter sterkest og fokuserer forrest i knippet. Når det forreste, grønne fokuset ligger nærmest netthinnen og er skarpest, er hele fokusknippet skjøvet for langt bak: det gule fokuset ligger bak netthinnen – øyet er overkorrigert (for mye minus).

2. b)

   Medstudenten har byttet om retningen – nettopp den vanligste feilen i testen. Seksjonens regel er «grønt skarpest, legg til pluss»: knippet skal skyves fram mot netthinnen, så vi reduserer minus med ett styrketrinn på $0.25\mathrm{D}$:

   $$-1.50\mathrm{D}+0.25\mathrm{D}=-1.25\mathrm{D}.$$

Oppgave 9.7.4:

1. a)

   Utenfor det optiske senteret virker glasset som et prisme med virkning $c\cdot F$ (Prentice’ regel), og med $F=-9.00\mathrm{D}$ blir prismet stort allerede få millimeter fra senteret. Prismet sprer fargene omvendt proporsjonalt med Abbe-tallet, $\text{TCA}=c\cdot F/\nu$ – og høyindeks $1.67$ har $\nu =32$ mot CR-39s $58$, altså nesten dobbelt så sterk dispersjon. Sterk styrke, blikk i periferien og lavt Abbe-tall er nettopp den verste kombinasjonen fra teksten; derfor gir de tynne glassene mest fargesøm.

2. b)

   Med $c=1.0\mathrm{cm}$ og styrkestørrelsen $9.00\mathrm{D}$ er prismevirkningen ${9.0}^{\mathrm{\Delta }}$, og

   $$\text{høyindeks: }\frac{9.0}{32}\approx {0.28}^{\mathrm{\Delta }},\text{CR-39: }\frac{9.0}{58}\approx {0.16}^{\mathrm{\Delta }},$$

   en reduksjon på om lag ${0.13}^{\mathrm{\Delta }}$ – nesten en halvering (faktoren er $58/32\approx 1.8$).

3. c)

   Åpen deloppgave; ingen entydig fasit. Et vurderingsmoment: en god besvarelse veier den nesten halverte fargesømmen mot tykkelsen og vekten et CR-39-glass på $-9.00\mathrm{D}$ får, og drøfter om en mindre innfatning og presis sentrering kan gjøre $c$ liten nok til at høyindeksglasset likevel holder seg under det merkbare.