Методика решения задач по оптике для студентов инженерных специальностей
.pdf′ |
sin |
2 |
(α0Lmin )=θ . |
(6 ) |
|
Окончательно получаем, что
(7) L |
= |
1 arcsin θ . |
min |
|
α0 |
6*. Проверка размерности полученной величины Lmin :
[L]= 11м = м.
7*. Анализ решения. Полученная формула (7) дает минимальную толщину кварцевой пластинки, так как функция, стоящая в правой части выражения (7), является периодической, и мы при определении искомой величины использовали главное значение функции arcsin θ .
8*. Вычислим величину Lmin :
L |
|
= 180 10-3 arcsin 1 ≈ 6,0 10−4 (м)= 600 (мкм). |
|
||||
min |
|
50π |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
9*. Ответ: |
Lmin = |
1 arcsin θ ≈ 6,0 10−4 м = 600 мкм. |
|||||
|
|
|
|
α0 |
|
|
|
Задача 5 |
|
************** |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|||
На боковую |
грань |
равнобедренной |
треугольной стеклянной |
||||
призмы |
|
с показателем преломления |
n = 1,73 падает |
луч |
под |
||
углом |
i1 = π 3 рад. |
Определить угол отклонения |
ϕ |
луча |
призмой, если преломляющий угол призмы θ = 60o, а призма находится в воздухе.
1*. Дано:
i1 = π3,
θ= 60o =
=π3 рад,
n = 1,73 .
Решение.
3*. Анализ задачи. Преломляющий угол призмы θ − угол, лежащий напротив основания равнобедренной призмы (см. рис.). Угол отклонения ϕ − угол между мнимым продолжением падающего
луча ВС на боковую поверхность призмы и мнимым продолжением преломленного луча CD, вышедшего из призмы (см. рис.).
При решении данной задачи необходимо
- 40 -
ϕ – ? |
воспользоваться |
|
дважды |
законом |
преломления |
|||||||||||||
|
Снеллиуса (см. формулу (1.11) в §3.1) в сочетании |
|||||||||||||||||
|
с аккуратным и грамотным геометрическим |
|||||||||||||||||
|
построением хода луча через призму: |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
(1) |
sin i1 |
= n , |
|
(2) |
sin i2 |
= 1 . |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
sin i1′ |
|
|
|
|
sin i2′ |
n |
|
|
|||||
|
Из |
|
рассмотрения |
|
соотношения |
углов |
в |
|||||||||||
|
соответствующих |
|
|
треугольниках |
|
рисунка |
||||||||||||
|
последовательно находим: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
(3) |
ϕ =π − ВСD =π −(π − CBD − BDC)= |
|
|||||||||||||||
|
|
|
= CBD + BDC = (i1 −i1′)+ (i2′ −i2 )= i1 +i2′ − |
|||||||||||||||
|
|
|
−(i1′ +i2 )= i1 +i2′ −θ, |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а также: |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
(4) |
|
i2 =π −i1′ −(π −θ)=θ −i1′. |
|
|
||||||||||
2 *. |
|
|
N |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4*. Составим полную |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
систему |
уравнений |
для |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
θ |
|
ϕ |
|
|
|
|
|
нахождения |
|
искомой |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
величины ϕ : |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin i1 |
|
|
|
i |
B |
|
. |
D |
|
i ' |
|
|
|
|
(1) |
sin i1′ |
= n, |
|
||||
1 . |
i ' |
|
i 2 |
. |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
. θ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin i2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(2) |
sin i′ |
= n |
, |
|||
|
|
|
K |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(3) |
ϕ = i1 + i2′ −θ, |
|||
Q |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M |
|
|
|
|
i2 =θ − i1′. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4) |
|||||||
Система |
четырех уравнений (1) |
– |
(4) замкнута, так как |
|||||||||||||||
содержит четыре неизвестные величины: i1′, i2 , i2′ , |
ϕ . |
|
|
|||||||||||||||
5*. Решим систему уравнений |
(1) – (4) |
относительно ϕ . |
||||||||||||||||
Выражая из (1) угол i1′ |
и подставляя в (4), получаем систему трех |
|||||||||||||||||
уравнений с тремя неизвестными: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
sin i |
2 |
= |
1 |
, |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
(2) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
sin i2′ |
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
(3) |
ϕ = i1 + i2′ −θ, |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
i |
|
|
= θ |
|
|
|
sin i |
|
|
|
|
||
|
|
|
(5) |
2 |
− arcsin |
1 |
. |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
- 41 - |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставляя (5) в (2) и выражая из полученного выражения |
||||||||||
величину i2′ , имеем систему двух уравнений с двумя |
|||||||||||
неизвестными: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
i2′ |
|
|
sin i |
|
|||||
|
(6) |
= arcsin n sin θ − arcsin |
|
1 |
, |
||||||
|
|
|
|
|
|
n |
|
||||
|
|
ϕ = i1 + i2′ −θ. |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
(3) |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
После подстановки (6) в (3) получаем искомую величину в |
||||||||||
общем виде: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
(7) |
ϕ |
|
|
|
sin i |
|
|
||
|
|
= i1 + arcsin n sin θ |
−arcsin |
n |
1 |
|
−θ. |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[ϕ] |
6*. Проверка размерности полученной величины α : |
||||||||||
=1+ (1+1)=1, едини |
|
|
|
|
|
|
|
||||
ца измерения – рад (см. |
i 2' = i |
2 = 0 |
N |
|
|
|
|
||||
приложение 2). |
|
|
. |
|
. D |
||||||
|
7*. |
Анализ |
решения. |
ϕ = i1 |
-θ |
θ |
|
||||
|
|
ϕ |
|||||||||
Выражение |
в |
скобках |
|
|
|
||||||
|
sin i |
|
|
|
B |
|
π/2 |
|
|||
θ −arcsin |
1 |
|
i 1 |
. i 1' |
|
|
|
|
|
||
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
||
полученной формулы (7) |
Q. |
|
|
|
|
|
.M |
||||
обращается в нуль, когда |
|
|
|
|
|
||||||
sinθ = sin i1 , и значит, i = 0 |
|
|
|
|
|
||||||
|
n |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
(см. |
выражение (5)), следовательно, i2′ = 0 . Тогда ϕ = i1 −θ . Это |
||||||||||
вполне реализуемая ситуация, когда угол падения увеличивается, |
|||||||||||
то угол преломления в призме i1′ |
на грани NQ также растет. При |
||||||||||
определенном значении i1′ луч BD, идущий внутри призмы, |
|||||||||||
становится перпендикулярен грани MN (см. рис.) и не испытывает |
|||||||||||
преломления на этой грани, и тогда ϕ = i1 −θ . |
|
|
|
|
|
||||||
|
8*. Вычислим величину ϕ : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
π |
|
|
π |
sin |
3 |
|
|
π |
π |
|
ϕ = 3 |
|
|
|
|
|
|
− |
|
≈ 3 (рад). |
|
|
|
1,73 |
3 |
|||||||
+ arcsin 1,73 sin 3 |
−arcsin |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- 42 -
9*. Ответ: |
|
|
|
sin i |
|
|
π |
|
||
ϕ = i1 |
+ arcsin n sin |
θ − arcsin |
1 |
|
−θ ≈ |
|
. |
|||
n |
3 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
***************
Задача 6
Луч падает на плоскопараллельную |
пластинку толщиной |
h = 1 мм, находящуюся в воздухе, под |
углом α = π 6 рад. |
Определить смещение x луча на выходе из пластинки, если показатель преломления пластинки n = 1,5.
1*. Дано:
α = π6,
h = 1 мм =
= 10-3 м,
n = 1,5.
Решение.
2 *. A
|
α |
.Q |
|
K |
.B |
N |
|
h |
γ |
l |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
. |
γ |
|
|
.x .. |
|
|
|
|
E |
|
L |
O |
C F |
M |
α
D
3*. Анализ задачи. Смещением луча х является кратчайшее расстояние между лучом CD, вышедшим из пластинки, и мнимым продолжением BF падающего на пластинку луча
АВ (см. рис.).
При решении данной задачи необходимо
- 43 -
x – ? |
воспользоваться |
законом |
преломления |
||
|
Снеллиуса (см. формулу (1.11) |
в §3.1) в |
|||
|
сочетании с аккуратным и грамотным |
||||
|
геометрическим построением хода луча через |
||||
|
призму: |
|
sinα |
|
|
|
(1) |
|
= n . |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
sin γ |
|
Из треугольника ВОС имеем: (2) l = hcosγ .
Аналогично, из решения прямоугольного треугольника ВЕС:
(3) x = l sin(α −γ ).
4*. Составим полную систему уравнений для нахождения
искомой величины x :
(1)
(2)
(3)
sinsinαγ = n,
l= h cosγ ,
x = l sin(α − γ ).
Система трех уравнений (1) – (3) замкнута, так как содержит три неизвестные величины: γ, l, x .
5*. Решим систему уравнений (1) – (3) относительно x .
Подставляя (2) в (3), получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:
|
sinα |
= n, |
|||
(1) |
|
|
|||
sinγ |
|||||
|
|
|
|||
|
|
h |
sin(α −γ ). |
||
(4) |
x = |
||||
|
|||||
|
|
cosγ |
|||
|
|
Воспользуемся вспомогательными тригонометрическими выражениями (основным тригонометрическим тождеством и sin разности двух аргументов):
(a) |
cosγ = 1−sin2 γ , |
(b) |
sin(α −γ )= sinα cosγ −cosα sin γ. |
После подстановки (b) в (4) c учетом (а) и выражения (1) получаем:
- 44 -
(5) x = |
h |
(sinα cosγ −cosα sin γ )= |
|
|
|
|
|
|
|||||
cosγ |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= h sinα − cosα sinα n |
|
− |
|
cosα |
|
||||||||
= hsinα 1 |
|
|
. |
||||||||||
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
1−sin |
α n |
|
|
n |
−sin |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α |
6*. Проверка размерности полученной величины x :
[х]= м(1−1)= м.
7*. Анализ решения. Полученную формулу (5) интересно проанализировать в двух предельных случаях:
a)α = 0 (нормальное падение луча), , x = 0 – совершенно верно, так как луч не будет испытывать преломления на гранях пластинки и, значит, не будет смещаться, то есть отклоняться от первоначального направления;
b)α =π2 (луч скользит по поверхности пластинки), , x = h
–разумно в предположении, что луч где-то на бесконечности выйдет из пластики.
8*. Вычислим величинух:
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
π |
|
|
cos 6 |
|
|
≈ 2 10-4 (м)= 0,2(мм). |
x =10−3 sin |
1 |
− |
2 π |
|
|||
|
6 |
|
|
2,25 −sin |
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
− |
|
cosα |
|
|
≈ 2 10−4 м = 0,2 мм. |
|
9*. Ответ: x = hsinα |
|
2 |
|
2 |
|
|||
|
|
|
n |
− sin |
|
|
||
|
|
|
|
|
α |
|
***************
Задача 7
Освещенность школьной парты по нормам должна составлять не менее Е = 80 лк. Какова мощность электрической лампы P , висящей на высоте h = 2 м над центральной точкой парты, если световая эффективность выбранной лампы составляет
V = 15лм/Вт, а парта наклонена под углом ϕ = 15o к горизонту,
и поверхность парты представляет собой квадрат со стороной
L = 1 м.
- 45 -
1*. Дано: |
|
|
|
|
Решение. |
|
|||
|
|
|
|
2* . |
|
|
S |
|
|
Е = 80 лк, |
|
|
|
h |
C |
||||
h = 2 м, |
|
|
|
|
r |
|
. |
||
V = 15лм/Вт, |
|
|
|
|
|
L |
|||
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
R |
ϕ |
|
|
|
o |
|
A |
|
|
. M |
.D |
||
|
|
|
|
|
|||||
ϕ = 15 |
|
= |
. |
Q. |
L/2 |
|
|||
= π 12 рад, |
|
|
|
|
|
||||
L = 1 м. |
|
B. |
|
|
|
.K |
|||
|
L/2 |
|
ϕ |
|
|||||
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
3*. Анализ задачи. |
Источник света будем |
считать точечным, так как размеры лампы заведомо много меньше расстояния от источника до поверхности парты. При решении задачи воспользуемся объединенным законом освещенности (см. формулу (1.16) в §3.1):
(1) E = RI2 cosϕ,
где Е – освещенность поверхности парты в самой удаленной от источника точке, например, в точке B или A (см. рис.), так как по условию задачи освещенность должна быть не менее нормированной величины.
Квадрат расстояния R2 можно найти по теореме Пифагора из прямоугольного треугольника SQB:
(2) R2 = r2 + L24 .
В свою очередь, квадрат расстояния r2 – по теореме косинусов:
(3) r2 = L24 + h2 − 2 L 2 h cos(π2 +ϕ)= = L2 4 + h2 + Lh cosϕ,
где ϕ −угол падения лучей на поверхность парты, который равен углу наклона парты (это
- 46 -
P – ? |
углы |
со |
взаимно |
|
перпендикулярными |
|||||
|
сторонами). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Связь светового потока Ф и мощности Р |
|||||||||
|
лампы, а также связь светового потока с силой |
|||||||||
|
света I известны из общей теории фотометрии: |
|||||||||
|
|
(4) |
V = |
Ф |
|
, |
(5) |
I = |
Ф |
. |
|
|
P |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
4π |
|||
4*. Составим полную систему уравнений для нахождения |
||||||||||
искомой величины P : |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
I cosϕ, |
|
|
|
|
|||
|
(1) |
E = |
|
|
|
|
||||
|
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
||
|
|
R2 = r 2 + L2 |
4, |
|
|
|
|
|||
|
(2) |
|
|
|
|
|||||
|
|
r 2 = L2 4 + h2 + Lhsinϕ, |
||||||||
|
(3) |
|||||||||
|
|
|
Ф |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
V = P , |
|
|
|
|
|
||||
|
(4) |
|
|
|
|
|
||||
|
|
I = |
Ф . |
|
|
|
|
|
||
|
(5) |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
4π |
|
|
|
|
|
||
Система пяти уравнений (1) – (5) замкнута, так как |
||||||||||
содержит пять неизвестных величин: |
I, R, r, P, Ф. |
|||||||||
5*. Решим систему уравнений |
(1) |
– (5) относительно Р. |
Выражая Ф из (5) и подставляя в (4), получаем систему четырех уравнений с четырьмя неизвестными:
|
E = |
|
I |
|
|
||
(1) |
|
R |
2 cosϕ, |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
(2) |
R |
|
= r |
|
+ L 4, |
||
(3) |
r 2 = L2 |
4 + h2 + Lhsinϕ, |
|||||
|
|
|
|
4πI . |
|||
(6) |
Р = |
||||||
|
|
|
|
V |
|
|
После подстановки (3) в (2) и (1), предварительно выразив величину I явно, получаем систему двух уравнений с двумя неизвестными:
- 47 -
(7) |
R2 = L2 2 + h2 + Lhsinϕ, |
||
|
|
|
2 |
|
Р = |
4πЕR |
|
(8) |
. |
||
|
|
V cosϕ |
Наконец, подставив (7) в (8), получаем искомую величину в явном виде:
(9) Р = 4πЕ(L22 + h2 + Lh sinϕ). V cosϕ
6*. Проверка размерности (единицы измерения) полученной величины Р:
[Р]= |
лк(м2 + м2 ) |
= |
лм м2 |
= Вт. |
|
лм Вт |
м2 лм Вт |
||||
|
|
|
7*. Анализ решения. Полученная формула (9) показывает зависимость мощности лампы от величин: освещенности Е1, расстояния до рассматриваемой точки на поверхности парты h2, размера парты L2, угла наклона парты ϕ , световой эффективности
(светоотдачи) лампы V −1, то есть P = f (E1, h2 , L2 , V −1, ϕ).
Полученная функция мощности лампы от описанных величин, очевидно, согласуется со здравым смыслом. При этом наиболее сложный вид зависимости мощности P наблюдается от угла наклона парты ϕ , что требует дополнительного специального
анализа полученной функции и выходит за пределы решения данной задачи. Остановимся лишь на двух предельных случаях:
a) ϕ = 0 (отсутствие наклона парты), , |
Р = |
4πЕ(L2 2 + h2 ) |
– |
|
|
V |
|
мощность лампы не зависит от угла наклона, и, очевидно, минимальна, по крайней мере, для центральной точки стола
(L=0);
b) ϕ → π 2 |
(наклон |
парты |
приближается к |
вертикали), |
, Р → ∞, |
то есть с приближением угла наклона парты к |
|||
π 2 мощность |
лампы |
резко растет, |
как и сама |
|
освещенность. |
|
|
|
|
8*. Вычислим величину P: |
|
|
- 48 -
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
4 3,14 80 1 2 + 4 +1 2sin |
12 |
|
|
|
|
||||||
Р = |
|
|
|
|
|
|
|
≈ 3,5 102 (Вт). |
||||
|
|
|
15cos π |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Р = 4πЕ(L2 |
12 |
|
|
|
|
|
|
|
||
9*. Ответ: |
2 + h2 + Lhsinϕ)≈ 3,5 102 Вт. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
V cosϕ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
*************** |
|
|
|
|
|||||
Задача 8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Расстояние между предметом и его изображением в выпуклом |
||||||||||||
зеркале |
L = 30 см. |
Уменьшение |
изображения |
– |
Г = 0,4. |
|||||||
Определить фокусное расстояние F такого зеркала. |
|
|
||||||||||
1*. Дано: |
|
Решение. |
|
|
|
|
|
T |
|
|
||
|
|
3*. |
|
Анализ |
|
|
2*. |
|
|
|||
L = 30 см = |
|
|
|
|
.M |
|
.B |
|||||
задачи. |
Построим |
|
|
|
|
|
||||||
= 0,3 м, |
изображение |
АВ |
в |
|
|
|
|
D |
|
|
||
|
предмета |
|
|
|
P.B.1 . |
|
.A |
|||||
Г = 0,4. |
выпуклом |
|
зеркале. . |
|
|
..A1 |
.C |
|
||||
Из теории выпуклых |
O |
|
F |
. K |
|
|
||||||
___________ |
сферических |
зеркал |
|
|
|
|
|
|
||||
F – ? |
следует, |
|
|
что |
|
|
|
|
|
|
|
|
искомое |
|
|
|
|
|
|
|
|
N |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
А1В1 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
изображение |
|
|
|
|
f |
|
|
d |
|||
|
(см. рис.) всегда |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
L |
|
|||||
|
будет уменьшенным |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
мнимым прямым. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
При построении точки В1 использованы два |
||||||||||
|
луча: параксиальный ВМ, параллельный главной |
|||||||||||
|
оптической оси АО (его продолжение после |
|||||||||||
|
отражения в зеркале MF проходит через фокус F), |
|||||||||||
|
и центральный |
BD (его продолжение DO идет |
||||||||||
|
через центр зеркала О). |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
При построении точки А1 использованы два |
||||||||||
|
следующих луча: центральный ОА, совпадающий |
|||||||||||
|
с главной оптической осью, и параксиальный AK |
|||||||||||
|
(его продолжение после отражения в зеркале KP |
|||||||||||
|
проходит через вспомогательный фокус Р). |
|||||||||||
|
Заметим, |
что |
нами |
|
была |
использована |
||||||
|
|
|
|
|
- 49 - |
|
|
|
|
|
|
|