1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 36
Текст из файла (страница 36)
Если t – время,через которое шофер услышит эхо, то за это время автомобиль пройдет путь vt, а звук – путь ct. Из геометрических построений получаем(рис. O.4.3)c2 t2 = (2` + vt sin α)2 + (vt cos α)2 .Искомое расстояние x = vt, тогдаc2 v 2 − 1 x2 − 4x` sin α − 4`2 = 0.qОтсюда x = (c/v)2`2 −1 sin α + (c/v)2 − cos2 α .4. 4.
Вследствие теплового расширения изменится фокусное расстояние F , равное половине радиуса зеркала. Пусть F0 – фокусноерасстояние при 0 ◦С, тогда`1 = F1 = F0 (1 + αt1) ,`2 = F2 = F0 (1 + αt2) ,F0 =`1.1 + αt1Таким образом,`2 =1 + αt2`1 ≈ [1 + α (t2 − t1)] `1.1 + αt14. 5. Найдем среди лучей, падающих на зеркало, такой луч EA,который после отражения прошел бы через крайнюю точку B зеркала(рис. О.4.5; O – центр зеркала, A – точка падения луча).281Отражение. ЗеркалаТогда по закону отражения ∠OAB = ∠OAE =A Eαα Dα и ∠OBA = ∠OAB = α, так как AOB –COравнобедренный (AO и OB – радиусы сферы).αПоэтому искомый угол расхождения лучей равенBудвоенному углу OCB и равен 2 (90◦ − α).Рис.
O.4.5rПроведем отрезок CD, перпендикулярный AO. Тогда OC = 2 cosα(причем ∠AOC = ∠EAO = α как накрест лежащие; AD = DO =r/2); OC/OB = tg α = 1/2 cos α, откуда sin α = 1/2, α = 30◦.Искомый угол равен 2 (90◦ − α) = 120◦. Из чертежа можно увидетьсразу, что ∠EAB + ∠EBA = 3α = 90◦; отсюда α = 30◦.4. 6. По мере того как точка падения луча на зеркало перемещаетсяαα R0SβrR/2O FSO’S’xРис.
O.4.6Рис. O.4.7к краю, угол отражения α и соответственно угол между отраженнымилучами β = 2 (π/2 − 2α) монотонно растут. Из рис. О.4.6. следует,что sin αmax = R/2 : R = 1/2, т. е. αmax = π/6, βmax = π/3 = 60◦.4. 7. Пусть в точке S 0 находится изображение источника света Sв плоском зеркале. Пусть OS = d = 3r/4, OS 0 = f , OO0 = x, гдеO и O0 – точки, в которых расположены вогнутое и плоское зеркала(рис. О.4.7). Так как SO0 = O0 S 0 , то3r1f+.f − x = x − d, т.е. x =24282ОТВЕТЫ. ОптикаПо формуле зеркала1 11+ = .d fFФокусное расстояние вогнутого зеркала F = r/2, откуда f = 3r/2.Таким образом, x = 9r/8. Проведя решение в общем виде, получаем2x = d (2d − r) при r/2 ≤ d ≤ r.4.
8. 1) Изображение S10 , создаваемое нижней половиной зеркала,расположено в той же точке, что и источник (r = 2F ) . Второе изображение находится по формуле линзы: d1 + f1 = F1 , F = 2r , откудаd − 2r,f = 2r/3, т.е. S10 S20 = 2r − 2r/3 = 4r/3.2) Дополним половину зеркала до целого и построим изображениеисточника S, направив на зеркало два луча. Один луч, пройдя черезфокус и отразившись от зеркала, пойдет параллельно главной оптической оси; луч, распространявшийся вдоль прежней главной оптической оси, отразившись, пройдет через фокус. Так как источник был надвойном фокусном расстоянии от зеркала, то и изображение будет нарасстоянии 2F , т. е. SS10 = 2h.Для второго изображения построение аналогично.
Таким образом,S10 S20 = 4h.4. 9. Вычисляя долю нейтронов, прошедших последовательно через каждый миллиметр своего пути сквозь пластинку, получаем, чтодоля нейтронов, прошедших сквозь всю пластинку, равна(0, 85)8 ≈ 0, 27 (27 %).4. 10. С учетом двукратного отражения I1 = I0 (1 − R)2, с учетомчетырехкратного отражения I2 = I0 (1 − R)2 R2. Полная интенсивность света, прошедшего через пластинку,(1 − R)2I = I0 (1 − R) 1 = R + R + ...
= I0.1 − R2224283Отражение. ЗеркалаОткудаI = I01−R.1+RПреломление4. 11. Записывая последовательно закон преломления для каждойиз пластин, в конце концов получаем угол падения, соответствующийполному внутреннему отражению. Тогда sin αmin = n k N−1 , т. е. N−1αmin = arcsin n k.4. 12. Рассматривая ход лучей на рис.
О.4.12, запишем∆r = (h0 + h) tg α − h tg β − h0 tg γ,sin β n0sin α= , т. е.= n0 ;sin γnsin γ"#"#sin αsin α∆r = h tg α −+htgα−01/21/2 .2222n − sin αn0 − sin α4. 13. Доля δ энергии, прошедшей сквозьшар, пропорциональна отношению площади кольца π r02 − x2 , через которое идет далееsin α= n,sin βαβnn0γαOhh0AdРис. O.4.12α0RРис. O.4.14непоглощенный свет, к площади сечения трубы πr02. С учетом законапреломления имеемx = r0 sin α = r0 n sin β = r0nr/r0 = nr,sin β = r/r0.284ОТВЕТЫ.
ОптикаОтсюдаδ = 1 − (nr/r0)2при nr < r0,δ=0при nr ≥ r0.4. 14. Луч AB (рис. О.4.14) образует наименьший угол паденияα0 на внешнюю поверхность. Условие невыхода света: угол α0, большепредельного угла полного внутреннего отражения, т. е. sin α0 ≥ 1/n.Из OAB имеемsin α0 = (R − d)/RоткудаR ≥ dn/(n − 1) = 4 мм.4. 15. В соответствии с рис. О.4.15 и с учетом малости углов α, β, γαββR RγααBαCα90°αArРис. O.4.15Рис. O.4.17имеемH = R sin γ ≈ Rγ,β ≈ an,h = R sin α ≈ Rα,γ = π − α − (π − 2β) = 2β − α = (2n − 1) α.Отсюда отношение радиусов пучков на выходе и на входеH/h ≈ γ/α = 2n − 1 = 1, 6.4.
16. Поверхность жидкости в струе образует с горизонтальнонаправленным лучом света угол α, для которого имеемrr1rvверт=, sin α = ; h 2.ctg α =vгорhnn −1285Отражение. Зеркала4. 17. Проведем луч AB из края круга (рис. О.4.17) перпендикулярно боковой поверхности конуса. Тогда (так подобрано значениеугла α = 30◦) после отражения от противоположной стороны конусалуч пойдет вертикально вверх, будет наблюдаться полное внутреннееотражение, так как n = 1, 4 соответствует критическому углу падения, равному в условиях задачи 60◦.Проведем отрезок BC, перпендикулярный OC.
Наблюдатель врезультате отражения вместо радиуса OA будет видеть отрезок BC,т. е. увидит круг радиуса BC. ∠OAB = ∠OBA = α = 30◦. Поэтому OB = OA = r0. Видимый радиус кругаBC = OB sin α = r0 /2 = 0, 1 м.4. 18. Построения на рис. О.4.18, а стандартны и не требуют пояснений. Следует помнить о малости углов (sin α ≈ tg α ≈ α).AβOαCxBX’CγаOD φ-θBEθAφбРис. O.4.18По закону преломления sin β/ sin α = 1/n, отсюда α ≈ nβ. Выражая AB через ∠AOB и ∠ACB, имеем rβ = x (α − β), отсюдаx = r/(n − 1).
Рассмотрим распространение пучка света в обратномнаправлении (см. рис. О.4.18, б). Проведем дополнительно еще отрезки OA = r и DE. Из закона преломления sin ϕ/sin θ = n получаем ϕ ≈ nθ. Из условия преломления плоскости имеем γ/(ϕ − θ) =n. Выразим OD через ∠OCD и отрезок BE = AB − AE.
Учтем,что раз углы малы то OD = x0 tg γ ≈ x0 γ. Таким образом,x0γ = x0n (ϕ − θ) = rϕ − r (ϕ − θ) , т. е. rθ = x0n (ϕ − θ) .286ОТВЕТЫ. ОптикаОтсюдаx0 = r/n (n − 1) = x/n.4. 19. Из соображения симметрии и закона преломления устанавливается ход лучей, показанных на рис. О.4.19. Для малых угловh = rϕ = x (nϕ − ϕ) ; отсюда x = r/(n − 1).В то же время x равно фокусному расстоянию плосковыпуклой тонкой линзы (показатель преломления n радиус кривизны r), отрезанной от шара.4. 20. Из соображений симметрии и обратимости лучей света следует, что лучи проходят через центр цилиндра. Из закона преломленияSαnφnφ-φφhS’xxα0Рис.
O.4.19Fℓ/2Рис. O.4.20при прохождении света из стекла линзы в воздух имеемsin α0r 1= n0 ≈,sin βF sin βгде n0 – показатель преломления стекла; β – угол падения; α0 –угол преломления в воздухе; r– расстояние от точки падения луча награницу раздела стекло–воздух до оси цилиндра. Для случая прохождения света из стекла в воду имеемsin α0 n0 2r 1=≈,sin βnx sin β(здесь α – угол преломления в воде; рис.
О.4.20). Отсюдаsin α/ sin α0 = 1/n = 2F /x то есть x = 2F n.287Отражение. Зеркала4. 21. Максимальное расхождение лучей, выходящих из шара вправо, определяется эффектом полного внутреннего отражения света(рис. О.4.21):n sin α = 1,α = 30◦.√ r+ tg 30◦ , x = r 2 + 3 = 0, 37 м.n = 2,Тогда x = OA + AB =rsin 30◦sin α = 1/2,4. 22. Только половина светового потока выходит вследствие эф-90°αSαrαOOrAαABrРис. O.4.21αxSDCθαBРис. O.4.22фекта полного внутреннего отражения из шара: sin α = 1/n, где αкритический угол полного внутреннего отражения (рис. О.4.22).
Поэтому за пределы шара выйдут только лучи света, распространяющиеся внутри конических углов ASC и DSB. Поскольку AO = OB = r,OS = x – искомое расстояние, тоr sin α = x sin θ,откудаx=rsin αr=.sin θn sin θСумма телесных углов ASC и DSB, по условию равная 2π, выражается через угол θ:2π = 2 · 4π sin2 (θ/2) ,откуда получаем θ = 60◦. Окончательно2 r4x=√= √ r.3n 3 3288ОТВЕТЫ.
ОптикаЛинзы4. 23. x = dF2/F1 = 5 см.q4. 24. t = `1 + `2 − 2F − (`1 − `2)2 + 4F2v = 3, 5 c.4. 25. Без удлинительного кольца расстояние от линзы до изображения f = bF /(b − F ) = 52, 5 мм. Так как расстояние от линзы допленки должно быть равным f + ` (f + ` = 60 мм), то расстояние домуравьяx=4. 26. r =(b − 1) F + b`f +`F =F = 0, 3 м.f +`−Fb` − F ` + F 2R(`/d+1)(`/F −1) .4. 27. Используя формулу линзы, получаем111+ = .L−f fFУчитывая, что по условию f1 − f2 = `, находимL 2 − `2F =.4L4.
28. 1) Линза – собирающая, т. е.`fF= =,`0 d d − FFf1 = − ,3f2 = −3F.окончательно ` = |f2 − f1 | = 8F /3. Если закрыть центральнуючасть линзы, то изменится лишь освещенность изображения, так каккружок закроет лишь часть лучей, формирующих изображение.2) f /d = F /(d + F ) = 1/2, ` = `0/2 = F /2. Линза хотя и двояковыпуклая, но рассеивающая, так как по условию задачи ее оптическая плотность меньше оптической плотности окружающей среды.289Линзы4. 29. В воздухе по формуле линзы имеем1 11FL+ = , откуда f =.L fFL−FЗа счет преломления луча на границе при выходе из линзы в водуsin α/sin β = n где α– угол в воздухе, a β – угол в воде; отсюдадля малых углов α ≈ βn. Если изображение в воздухе находится нарасстоянии f от границы воздух – линза, а от границы вода – линзарасстояние h, тоf α ≈ hβ,h = f n = F Ln/(L − F ).4. 30.
Полая двояковогнутая линза находится в оптически болееCαDAβB F’Рис. O.4.30ααFαβFθθrРис. O.4.32плотной среде; следовательно, линза должна быть собирающей. Параллельный пучок, падающий на нее, должен был бы собраться: в фокусе F (рис. О.4.30), но, преломляясь на границе раздела AB, онпопадает в точку F 0 (угол падения равен α, угол преломления равенβ):sin α 1ABAB= , tg α, tg β =,sin β nBFBF 0BFtgαsin α 1F −h0=≈=,BF=.BF 0 tg βsin β nnИскомое расстояниеF1DF 0 = h + BF 0 = + h 1 −.nn290ОТВЕТЫ. Оптика4. 31. При повороте зеркала на угол ∆α отраженный луч повернется на угол 2∆α, т. е. угловая скорость вращения отраженного лучаравна 2ω. Мгновенная скорость светового пучка, сфокусированного вточке экрана, таким образом, равна v = 2ωF .4. 32.
На экране получится светлое кольцо диаметра 2r = 2F tg θ ≈2F θ (рис. О.4.32) θ = β − α, sin α/sin β = 1/n, β ≈ nα, θ ≈α (n − 1), т. е. 2r = 2F α (n − 1). При n = 1, 5, α = 0, 1 рад,F = 1 м диаметр кольца 2r = 0, 1 м.4. 33. Направим луч вдоль поверхности конуса и посмотрим, какαβFℓdααРис. O.4.33ℓ-r3F4FFxРис. O.4.34он пройдет сквозь лупу. Построение хода луча после лупы показанона рис. О.4.33. Изображение острия конуса будет мнимым.
Пустьоно находится на расстоянии t от лупы. Тогда11 1= − ,Fd `` tg β = d tg α;отсюда искомый угол 2β = 2 arctg [(1 − d/F ) tg α].4. 34. Построим изображение тени, учитывая, что пленка в фотоаппарате расположена в фокальной плоскости. Из построения(рис. O.4.34) следует, что x = (` − r)/3. Можно найти область тении другим способом, предварительно отыскав положение изображениялинейки.4. 35. Часть жука, линейный размер которой равен x, дает изо-291Линзыxбражение размера x0 (рис. О.4.35).Освещенность изображения E = Φ/S,где Φ ∼ x2Ω – световой поток, исходящий от части жука, размер которой равен x, и распространяющийсяв телесный угол Ω ∼ D 2 d2, а S ∼ (x0)2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
