Příklad 1 (U[7])
![]() |
Duha vzniká podle Descarta* odrazem slunečních paprsků na vodních kapkách. Paprsky, které se odrazí v kapce jedenkrát, vytvoří hlavní duhu. Paprsky, které se odrazí dvakrát, vytvoří vedlejší duhu. Úhlové rozměry duhy můžeme určit z principu minimální odchylky, který nám říká, že největší intenzitu budou mít ty rozptýlené paprsky, jejichž odchylka od původního směru je minimální. Určete, pod jakým úhlem musí paprsek dopadat, aby odchylka byla minimální, jaký bude úhlový poloměr hlavní a vedlejší duhy. Vypočítejte tyto hodnoty pro okraje viditelného spektra (červené a fialové světlo). Relativní indexy lomu vody vůči vzduchu jsou nrč=1,33 pro červené a nrf =1,34 pro fialové světlo.
Řešení:
Na obr. 2.1.4.1 je znázorněn řez kulovou kapkou, na kterou dopadá paprsek p monochromatického světla. Část světla se odráží na povrchu kapky (a), část se láme do kapky (b) a po dosažení povrchu se opět částečně láme (d) a odráží (c) atd., průchodem kapkou intenzita paprsku stále klesá, jak je na obrázku znázorněno tloušťkou čar.
![]() |
Paprsek (e) změnil vzhledem k paprsku (p) svůj směr o úhel d1. Tento úhel snadno určíme z obr. 2.1.4.2 v případě 1 vnitřního odrazu (aje úhel dopadu, b úhel lomu). Každý vnitřní odraz změní směr paprsku o úhel
, změna směru při vstupu a výstupu je celkem
. V případě k vnitřních odrazů je tedy celková odchylka paprsku od původního směru
. (2.1.4.1)
Podle Snelliova zákona lomu (1.5.2) je , kde nr je relativní index lomu vody vůči vzduchu.
Na kapku dopadá svazek rovnoběžných paprsků. Podle principu minimální odchylky platí, že k největší koncentraci rozptýleného světla dochází u paprsků s minimální odchylkou. Musí tedy platit >0 a zároveň
>0 (minimální odchylka). Vyjádříme-li b pomocí a (ze zákona lomu), můžeme psát:
=
,
=
, (2.1.4.2)
a tedy musí platit . Z této rovnice potřebujeme určit úhel a. Po úpravách:
. (2.1.4.3)
Zbývá dokázat, že odchylka je minimální. Upravíme-li rovnici (2.1.4.2), dostaneme =
. Zderivujeme tuto rovnici,
=
.
Protože nr vody vůči vzduchu je větší než 1, úhel a je menší než 90o (sina je tedy kladný), potom platí >0 a dk je minimální odchylkou.
Pro případ jednoho odrazu (k=1) pro červené světlo (nrč=1,33) dostáváme a59o35', b
40o25' a úhel minimální odchylky paprsků d1
137o30'.
Je vidět, že paprsky dopadající na kapku jsou po vystoupení z ní rovnoběžné, ty které dopadají pod úhly blízkými 59o35', se odchylují nejméně a také se nejméně rozcházejí a dávají tedy (podle principu min. odchylky) největší intenzitu ve vzdálenosti 180o-137o30'=42o30' od "středu" duhy tzv. protislunečního bodu.
Pro fialové paprsky (nrf=1,34) dostaneme a59o0', b
39o46' a úhel min. odchylky d1
138o56', takže největší intenzita je ve vzdálenosti 180o-138o56'=41o4'.
Analogicky dostaneme pro dvojnásobný odraz (k=2) pro červené paprsky a71o56', b
45o38' a úhel min. odchylky d, úhlový poloměr oblouku 50o4'. Pro fialové pak a
71o37', b
45o05' a úhel min. odchylky d2
232o44', úhlový poloměr oblouku 53o44'.
Příklad 2
Na základě př.1 zakreslete chod paprsků vodní kapkou v případě vzniku duhy hlavní a vedlejší pro červený a fialový paprsek světla. Určete, které paprsky se od původního směru šíření slunečního světla odchylují nejvíce.
Řešení:
Viz obr. 2.1.4.3 a 2.1.4.4 (fialové paprsky jsou znázorněny modrou barvou). V případě hlavní duhy se nejvíce odchylují paprsky fialové barvy, u vedlejší duhy paprsky červené.*
![]() | ![]() |
Obr. 2.1.4.3. Chod paprsků vodní kapkou při vzniku hlavní duhy. | Obr. 2.1.4.4. Chod paprsků vodní kapkou při vzniku vedlejší duhy. |
Příklad 3 (U[11])
Duha vzniká rozkladem slunečního světla na vodních kapkách. Paprsky po průchodu kapkou vystupují tak, že svírají s paprsky dopadajícími na kapku přibližně úhel 137o (u hlavní duhy). Vysvětlete, proč má duha tvar kruhového oblouku. Zakreslete do obrázku a vysvětlete pomocí něj, proč je u hlavní duhy červená barva na vnější straně oblouku.
Návod: Spojnice oka pozorovatele se středem oblouku duhy, tzv. protislunečním bodem, má směr slunečních paprsků.
Řešení:
![]() |
Situace je zřejmá z obr. 2.1.4.5. Stojí-li pozorovatel v bodě P, pak podmínku pro vznik duhy splňují všechny kapky ležící na plášti kužele s vrcholovým úhlem přibližně 84o (úhlový poloměr hlavní duhy je přibližně 42o, protože odchylka paprsků od původního směru je pro střed spektra asi 138o (viz př.1) a největší intenzita bude ve vzdálenosti 180o-138o= 42o od protislunečního bodu.
Z obr. 2.1.4.5. je také zřejmé, proč je u hlavní duhy červená barva na vnější straně oblouku - červené paprsky dopadají do oka pozorovatele nejstrměji.
Příklad 4 (P[6])
Na základě příkladu 1 určete úhlovou šířku hlavní a vedlejší duhy.
Řešení:
Vyjdeme z příkladu 1. Kdybychom považovali Slunce za bod, byla by šířka hlavní duhy 42o30'-40o4'=1o26', protože úhlový průměr Slunce je 32' (viz kapitola 2.1.2.1 příklad 14), je šířka duhy 1o26'+ 32'= 1o58'. Analogicky pro vedlejší duhu je její šířka 52o44'-50o4'+32'= 3o12'.
Příklad 5 (P[11])
Kdy bývá duha výše, v 16 nebo v 17 hodin tentýž den?
Řešení:
Výše je v 17 hodin. Čím níže je Slunce, tím výše je střed duhy, tzv. protisluneční bod (obr. 2.1.4.5), a duhový oblouk je větší. Při západu Slunce by měla duha tvar půlkružnice.
Příklad 6
Pilot letadla letícího ve stálé výšce h konstantní rychlostí vo= 150 m.s-1 nad Zemí má Slunce v zádech. Slunce je 30o nad obzorem. V čase t0 spatří pilot před sebou celý ("uzavřený") oblouk hlavní duhy tvořící se na kapkách dešťového oblaku. V okamžiku t0 je letadlo vzdálené od "přední stěny" S1 (směr letu je k této stěně kolmý) dešťového oblaku 820 metrů (uvažujeme, že kapky padají kolmo k zemi bez působení větru). Spodní okraj mraku se nachází ve výšce q=3500m nad povrchem Země (vodorovným).
Návod: Abyste mohli zanedbat vliv rotace Země, uvažujte soustavu souřadnou spojenou s mrakem.
Řešení:
![]() |
a) Pro pilota letadla L splňují podmínku pro vznik hlavní duhy všechny kapky ležící na plášti kužele s vrcholovým úhlem přibližně 84o (úhlový poloměr hlavní duhy je přibližně 42o), tj. v rovině papíru kapky ve směrech LY a LX (viz obr. 2.1.4.6). Uvažujeme-li, že by teoreticky mohla být spodní část duhy pozorovatelná na "jediné kapce" (část duhy ve směru LX), pak musí bod X splynout s bodem B, kde B je průnik roviny S1 s povrchem Země (v rovině papíru). Je zřejmé, že v menší výšce duha pozorovatelná v čase t0 nebude. Minimální výšku h určíme jednoduše podle obr. 2.1.4.6. Průnik povrchu Země s "osou duhy" o (přímka rovnoběžná se směrem šíření slunečních paprsků procházející bodem L) označíme A a musí platit, že přímka o svírá s povrchem Země úhel 30o. Povedeme kolmou rovinu k přímce o bodem B a označíme průsečík této roviny a přímky o jako bod A'. Trojúhelník BA'A je pravoúhlý, a proto má úhel j u vrcholu B velikost 60o. Také trojúhelník BA'L je pravoúhlý, a protože má úhel u vrcholu L velikost 42o (úhlový poloměr duhy), má úhel m u vrcholu B velikost 48o. Označíme-li v pravoúhlém trojúhelníku LEB(E je průnik roviny kolmé na směr šíření letadla bodem L s povrchem Země v rovině papíru) úhel u vrcholu B jako d, musí platit (viz obr. 2.1.4.6) d+m+j=180o, a tedy d=72o. Potom platí (kde |EB|
820 m), a tedy h
2524 m. Aby pilot mohl vidět celý oblouk duhy, musel by letět výše než 2524 metrů.
b)
[3325m]
![]() |
c) Označíme t0=0 s čas, kdy pilot zpozoruje duhu ve vzdálenosti 820 metrů od roviny S1, čas t1 okamžik, kdy letadlo vletí do deště, t2 čas, kdy z něj vyletí, tZ čas, do kterého se letadlo pohybovalo pohybem rovnoměrně zpomaleným a tC celkový čas, po který pilot viděl celý oblouk duhy.
Pilot uvidí celý oblouk do doby, dokud budou sluneční paprsky rozptýlené na vodních kapkách přicházet ze směrů YL a XL (viz obr. 2.1.4.6). Zakryje-li mrak kapky ve směru YL tak, že na ně nebudou dopadat sluneční paprsky, neuvidíme nejdřív horní část oblouku duhy (a postupně duhu celou). Tento okamžik (nastane-li), kdy sluneční paprsky dopadají na "poslední" kapku ve směru LY, bude časem tL a poloha letadla v tomto čase L' (viz obr. 2.1.4.7).
Známe vzdálenost |EB|=820 m a délku mraku|BC|= 2800 m (C je průnik "zadní stěny" mraku S2 s povrchem Země v rovině papíru viz obr. 2.1.4.7). Označíme F průnik S1 s dolní rovinou mraku v rovině papíru a G průnik S1 s myšlenou přímkou, po které se pohybuje letadlo. Délku dráhy letadla |GL'| pod dešťovým mrakem až do času tL určíme z pravoúhlého trojúheln
íka L¢GF. V tomto trojúhelníku je pravý úhel u vrcholu G a u vrcholu L¢ je úhel 30o. Je zřejmé, že ½GF½=q--h¢, a tedy ½GL¢½=Musíme zjistit, zda výsledný čas tC není větší než tL. Jestliže ne, výsledný čas bude dán součtem času, po který se pohybuje letadlo pohybem rovnoměrným přímočarým, a času, po který se pohybuje pohybem rovnoměrným zpomaleným. V opačném případě bychom museli přičítat ještě čas, kdy se pohybuje znovu pohybem rovnoměrným přímočarým s rychlostí v1.
Pohybem rovnoměrným přímočarým se bude letadlo pohybovat po dobu 5,5 s. Od času t1 (5,5 s) se pohybuje 20 sekund (čas tZ) pohybem rovnoměrně zpomaleným. Musíme určit, za jakou dobu t urazí letadlo vzdálenost ½GL¢
½
= s. Platí
a vychází 2 kořeny tI
190,3 s a tII
9,7s, ale tI