1611143569-ed123092d132ff77d44213ca2a0f5b5a (825029), страница 37
Текст из файла (страница 37)
Поскольку x/x0 = d/f , получаемΩDFdX’fРис. O.4.35 2 2d DD 2 D 2 (d − F )2E∼= 2 =.fd2fd2F 2В последнем равенстве величина f выражена через расстояние d и фокусное расстояние F по формуле линзы. Приравнивая освещенностидля d1 = 3F и d2 = 5F и разных диаметров диафрагмы объектива,получаемD1 d1 (d2 − F ) 6== .D2 d2 (d1 − F ) 54.
36. Из построений на рис. O.4.36 следует, чтоx2y2y1 x1r1r1D/2r2D/2r2FFРис. O.4.36Dr1= ,2 (F − x1 − y1) y1отсюдаDr2= ,2 (F − y2) y2x1,2 = 2Fr2 x1 + y1=,r1y1r2y2=,r1 x2 − y2r2 ∓ r1.D + 2r2292ОТВЕТЫ. Оптика4. 37. Параллельный пучок дает изображение в фокальной плоскости: rF tg α. Если же размер линзы таков, что r/F < tg α, то минимальный размер пятна, равный диаметру d получается, если прижатьлинзу вплотную к экрану.4. 38. Отразившись от зеркала, свет вторично проходит через туже линзу, так что посеребрение плоской поверхности линзы эквивалентно удвоению ее оптической силы, что уменьшает вдвое фокусноерасстояние линзы: F 0 = F /2.4.
39. SS 0 = ` + F (1 + 1/cos α) .4. 40. Проведем луч из источника S так, чтобы, пройдя черезпервую линзу, он далее прошел через12SFFфокус второй линзы (рис. O.4.40). ТоO2 Dαααгда за первой линзой этот луч пройдетBA O1S’Fпараллельно ее главной оптической оси,а за второй линзой – параллельно главРис. O.4.40ной оптической оси этой линзы и пересечет фокальную плоскость в точке S 0 . Эта точка и есть изображениеисточника S в системе данных линз. Опустим перпендикуляр SA напрямую O1O2:O1A = F cos α,O2B = F sin α = DS 0 ,AD = AO1 + O1O2 + O2D = 3F + F cos α.Расстояние между источником S и его изображением S 0 по вертикалиH = SA + DS 0 , DS 0 = F tg α.
Отсюда H = F sin α (1 + 1/cos α).Таким образом,hi1/2222022 1/2SS = H + AD= F (1 + 1/cos α) sin α + (3 + cos α).4. 41. Рассмотрим два луча, идущих от источника света. Пустьпервый луч идет, совпадая с оптической осью первой линзы. Эту линзу он пройдет без преломления. Вторая линза преломит луч так, что онЛинзы293пересечет ее оптическую ось в ее же фокусе. Пусть второй луч идет вточку пересечения плоскости первой линзы с оптической осью второйлинзы. Так как источник расположен на двойном фокусном расстоянии от линзы, этот луч пойдет после преломления симметрично падающему, а после второго преломления он пойдет параллельно оптическойоси второй линзы (так как выходит из ее фокуса). Изображение источника (точка пересечения двух рассмотренных лучей) находится нарасстоянии F /2 от преломляющей плоскости второй линзы и на расстоянии h/2 от главных оптических осей обеих линз. Искомое решение√SS 0 = (1/2) 49F 2 + h2.При построении хода лучей вместо линзы конечных размеров можнорассматривать преломляющую плоскость.4.
42. D = 4D0/3 = 2, 6 см.4. 43. Пусть d1– расстояние от изображения источника света S,которое дает линза без отражения света от зеркал, до линзы. Тогда111+= , d1 = 3F.1, 5F d1 FПосле отражения света от зеркал изображение возникает на расстоянии 2F от ребра двугранного зеркала, т. е. на расстоянии F слеваот линзы (одно изображение в двугранном зеркале такое же, как вобычном плоском, но перевернутое по сравнению с ним. Два боковыхизображения мы не рассматриваем). Таким образом, на линзу падаетсходящийся пучок света, пересекающийся за ней, что можно рассматривать как мнимое изображение с расстоянием до линзы d2 = −F .Линза еще раз преломит этот пучок света. Используя формулу линзы, получаем111F=+ , x= .F−F x2Изображение действительное (пересекаются в найденной точке самилучи, а не их продолжения).294ОТВЕТЫ.
Оптика4. 44. Возникнут несколько изображений:а) изображение точки S в коническом зеркале после однократного отражения от зеркала – кольцо радиуса R = F /2 на расстоянииf1 = 2F от линзы;б) точечное изображение создается пучком лучей, распространяющихся к зеркалу в небольшом телесном угле и испытавших по два отражения (после двух отражений от заданной конической поверхностилуч меняет направление на противоположное).
В результате двукратных отражений лучи идут, как от точечного источника, расположенного на оси зеркала позади его вершины на расстоянии 2F + F /2 отлинзы. После прохождения этих лучей через линзу получается точечное изображение на расстоянии f2 = 5F /3 от линзы;в) наконец, еще одно изображение точки S в линзе, создаваемоепучком лучей, падающих на линзу непосредственно без отражения отзеркала, – точка на расстоянии f3 = 3F от линзы.4.
45. Чтобы изображение S 0 совпало с источником, надо, чтобыизображение источника в зеркале также совпало бы со своим источником. Есть два случая:1) Изображение совпадает с центром сферы, тогда111+= ,`1 d + R Fd−R( `1,2 – расстояния от S до линзы), откуда `1 = F d−R−Fприd > R + F и d < R.d2) `12 + d1 = F1 , откуда `0 = F d−Fпри d > F . Здесь лучи, идущиеот линзы, попадают в точки пересечения оптической оси с зеркалом,тогда они отразятся под тем же углом к оси, что и пришли.4.
46. При d < F решений нет. При F < d < R + F одно решение: x = F d/(d − F ). При d > R+F – два решения (рис. О.4.46):1 11d111d−R+ = , x1 = F;+= , x2 = F.x1 d Fd − F x2 d − R Fd−R−F295ФотометрияРис. O.4.46Фотометрия√4. 47. x = h n2/3 − 1.4. 48. Вклад в освещенность экрана вносят сам источник света итри его мнимых изображения:cos α1cos α2cos α3cos α4E = j `2 + `2 + `2 + `2=234√ 1√j211 23√√= `2 4 + 10 10 + 10 10 + 18 2 ,где `1, `2, `3, `4 – расстояния от источника света и его изображенийдо точки A экрана, а углы α1 , α2√, α3, α4 ясны из построения изоб.ражений.
Окончательно E = `j2 2545√5+18104. 49. По закону преломления sin β = n sin α. Освещенностьизменится по двум причинам: во-первых, меняαется угол падения на экран – вместо угла, равLAβ◦GCного0будет угол β − α; во-вторых, изменяетα βB M Fβ-αся освещенная площадь экрана за счет измененияDширины пучка – вместо ширины AB получаетсяРис. O.4.49ширина CD (рис. O.4.49).
Таким образом,E2 AB=cos (β − α) .E1 GFНайдем отношение GF /AB. ПосколькуGF ⊥LC, M L k AB, LM = AB, ∠M LF = α, ∠LF G = β,LF = LM/cos α = AB/cos α, тоGF = LF cos β = ABcos β.cos α296ОТВЕТЫ. ОптикаОтсюдаE2 cos (β − α)=cos α.E1cos βС учетом закона преломления окончательно получаем!2n sin αE2= cos α cos α + p.22E11 − n sin α4. 50. Раз зайчик круглый, значит, его форма определяется не формой зеркала, а формой Солнца и, следовательно, освещенность в центре зайчика зависит от телесного угла, подкоторымиз этой точки видно зеркало. Для точки B имеем Ω1 = S `21 cos α1. Пусть освещенность на стене вне зайчика равна E0.
Освещенность, создаваемая вточке B зайчиком EB = 3E0 − E0 = 2E0, 2E0 = k `S2 cos α1 , где k1– некоторый коэффициент пропорциональности, дающий, в2частности, и правильную размерность. Для C имеем Ω2 = S `2 cos α2.Освещенность, создаваемая зайчиком в точке C,SBC = k 2 cos α2 · cos β,`2`21k = 2E0.S cos α1В итогеEC = E0"# 2`1 cos α2cos α21+2cos β = E0 1 + 2cos β .`2 cos α1cos α1По условию задачи β = π/4, α1= π/8, α2 = π/4. Окончательно1EC = E0 1 +≈ 1, 5E0.2 cos (π/8)Таким образом, изменение освещенности произошло по трем причинам: а) изменение расстояния от стены до зеркала (множитель (`1/`2)2);б) изменение угла падения лучей в центре зайчика (множитель cos β);в) отличие угла между направлением от зеркала к центру зайчика иплоскостью зеркала от 90◦ (множитель cos α2/cos α1).297ОТВЕТЫ.
Задачи-оценки4. 51. Так как источник света находится в фокусе зеркала, то напластинку справа падает параллельный пучок, отраженный, следовательно, с той же площади зеркала, что и площадь пластинки. Вследствие малости пластинки можно пренебречь изменением угла падениялучей, попадающих на нее. Тогда 3/2222`h+r4Eл`r2≈при h r.=3/23/22222Eпr (h + ` )4 (h + ` )24. 52. EC ≈ `J2 , EЛ ≈ `ηJπr2 ·2π`2 , где EC и EЛ – освещенностиCCповерхности Земли, создаваемые Солнцем и Луной, `C – расстояниеот Солнца до Луны или Земли. В итогеEЛ η r 2n=≈≈ 0, 9 · 10−6.EC2 `Задачи-оценки5. 1.
Приброске без разбега максимальная дальность полета гранаты ` ∼ v02 g. Полагая, что за счет разбега гранате сообщается дополнительная горизонтальная скорость v и что вертикальная составляющая скорости v0 sin α0 практически не меняется, а значит, не меняютсяи высота и время полета√2v02v0t∼sin α0 =gg√(для α0 = 45◦ с учетом, чтоp v0 ∼ `g), получаем увеличение дальности полета ∆` ∼ tv ∼ 2`/gv ≈ 30 м при v ≈ 10 м/с, ` ≈ 50 м.5.
2. Бег – последовательность фаз полета после толчков ног. Еслисчитать в грубой модели, что характер толчка сохранится, то дальностьполета между толчками s ∼ (2v0/g) sin α cos α(здесь v0 – начальнаяскорость в фазе полета, α – угол, который она образует с горизонтальной плоскостью, g – ускорение свободного падения), время полета τ∼(2v0/g) sin α; отсюда горизонтальная скорость298ОТВЕТЫ. Задачи-оценкиv = s/τ ≈ v0 cos α не зависит от ускорения свободного падения, т.
е.скорость бега по порядку величины должна быть близкой к скорости на Земле. Результат можно увидеть сразу, так как горизонтальная составляющая скорости, если не учитывать особенности толчков,не должна зависеть от ускорения свободного падения.5. 3. Пусть объем воды в ванне равен SH, а время вытекания водыравно t, тогда SH ∼ S0vср t. Полагая среднюю скорость вытекания√воды vср ∼ 2gH и взяв высоту уровня воды H ≈ 0, 5 м, площадьотверстия в ванне S0 ≈ 10−3м2, площадь ванны S ≈ 1 м2 .ПолучаемSH≈ 3 мин.t∼√2gHS0q5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
