МОШ, 1960–1986, 8–11 класс, оптика

Ответ

Кольцевая диафрагма (рис. 116) равномерно уменьшит освещённость кольца-изображения. Диафрагма рис. 117: освещённость верхних и нижних частей кольца не изменится, а на боковых участках по мере изменения угла \(\alpha\) от \(\alpha_0\) до \(\pi/2\) освещённость будет уменьшаться.

Решение

Лучи, однократно отражённые от зеркальной поверхности конуса, распространяются так, как если бы они шли от совокупности точечных мнимых источников, расположенных по окружности. Каждый такой источник симметричен источнику \(S\) относительно соответствующей образующей конуса. Изображением этих источников на экране будет кольцо. Существенно, что пучок лучей, попадающий от каждого мнимого источника на линзу, плоский: он проходит не через всю поверхность линзы, а пересекает линзу вдоль соответствующего диаметра. Поэтому степень ослабления такого пучка диафрагмой зависит от формы и ориентации диафрагмы.

Симметричная кольцевая диафрагма (см. рис. 116) в равной мере ослабит пучки, идущие от всех мнимых источников. В этом случае освещённость кольца на экране уменьшится равномерно. Диафрагма, изображённая на рис. 117, пропустит целиком пучки, плоскости которых образуют с вертикалью углы \(\alpha < \alpha_0\). Следовательно, освещённость верхних и нижних частей кольца на экране не изменится. Прочие пучки будут срезаться диафрагмой, причём тем сильнее, чем ближе плоскость пучка к горизонтальной плоскости. Поэтому на боковых участках кольца по мере изменения угла \(\alpha\) от \(\alpha_0\) до \(\pi/2\) освещённость будет уменьшаться.

Ответ

Радиус экрана \(R = \dfrac{b}{a}\,r \approx 0{,}5\) мм; экран расположить на расстоянии \(b = \dfrac{aF}{a - F} = 12\) см от линзы, с центром в точке \(B\) (на оси линзы).

Решение

Пренебрежём сначала размерами зрачка, считая его точечным. Ясно, что из прошедших через линзу лучей в глаз попадут те и только те, которые перед попаданием на линзу прошли через точку \(B\) (рис. 226), сопряжённую с той точкой, в которой расположен зрачок. Расстояние \(b\) от линзы до точки \(B\) найдём, воспользовавшись формулой тонкой линзы: \[\frac{1}{F} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}, \qquad b = \frac{aF}{a - F} = 12\text{ см}.\] Теперь понятно, что экран должен совпадать с действительным изображением зрачка в плоскости \(S\). Из рис. 226 видно, что радиус минимального экрана равен \[R = \frac{b}{a}\,r \approx 0{,}5\text{ мм}\] и его надо расположить в плоскости \(S\) с центром в точке \(B\).

Ответ

\(R \approx r_{\text{п}}\left[1 + \alpha p_0 l L\left(\dfrac{\mu\omega}{RT}\right)^2\right]\), где \(R\) в скобке — универсальная газовая постоянная.

Решение

Найдём сначала распределение давления газа вблизи оси сосуда. Рассмотрим элемент объёма газа \(\Delta r\,\Delta S\) (рис. 227). Центростремительное ускорение этого элемента \(a = \omega^2 r\) обеспечивается разностью соответствующих давлений: \[[p(r + \Delta r) - p(r)]\,\Delta S = \rho\,\Delta r\,\Delta S\,\omega^2 r.\] Поэтому для изменения давления получим уравнение \[dp/dr = \rho\omega^2 r.\] Так как для идеального газа выполняется соотношение \(\mu p = \rho RT\) (\(R\) — универсальная газовая постоянная), то \[dp/dr = p\,(\mu\omega^2/RT)\,r.\] Согласно условию задачи, при \(r \leqslant r_{\text{п}}\) \(p(r) - p_0 \ll p_0\); следовательно, \[p(r) \approx p_0\left(1 + \frac{\mu\omega^2}{2RT}\,r^2\right).\] Соответственно для плотности газа при \(r \leqslant r_{\text{п}}\) получим \[\rho(r) \approx \rho_0\left(1 + \frac{\mu\omega^2}{2RT}\,r^2\right), \qquad \rho_0 = p_0\frac{\mu}{RT},\] а для показателя преломления имеем \[n(r) = n_0 + kr^2, \qquad n_0 = 1 + \alpha\rho_0, \qquad k = \frac{\alpha p_0}{2}\left(\frac{\mu\omega}{RT}\right)^2.\] Найдём теперь угол преломления луча, проходящего через сосуд на расстоянии \(r\) от оси. Оптический путь, пройденный им в сосуде, равен \(n(r)\,l\).

Оптическая разность хода \(\delta_{\text{опт}}\) двух близких лучей после прохождения сосуда должна равняться геометрической разности хода \(\delta\), вызванной отклонением лучей от первоначального направления распространения. В этом случае интерференция лучей приведёт к их усилению (принцип Гюйгенса). Из рис. 228 следует, что \[\delta_{\text{опт}} = [n(r + \Delta r) - n(r)]\,l, \qquad \delta = \Delta r\sin\varphi.\] Отсюда \[\sin\varphi = \frac{\delta}{\Delta r} = \frac{[n(r + \Delta r) - n(r)]}{\Delta r}\,l = 2klr.\] Здесь можно сделать следующий вывод. Если рассматривать узкий пучок света такой, что угол отклонения \(\varphi\) будет мал, то \(\varphi \sim r\), т. е. вращающийся сосуд будет работать как рассеивающая линза с фокусным расстоянием \(F = (2kl)^{-1}\).

Итак, для максимального угла отклонения получим \[\sin\varphi_{\max} = 2klr_{\text{п}}.\] Поэтому искомый радиус пятна на экране равен \[R = r_{\text{п}} + L\operatorname{tg}\varphi_{\max}.\] В приближении рассеивающей линзы получим \[R \approx r_{\text{п}} + L\varphi_{\max} \approx r_{\text{п}} + 2klr_{\text{п}}L = r_{\text{п}}\left[1 + \alpha p_0 lL\left(\frac{\mu\omega}{RT}\right)^2\right].\]

Ответ

\(a \approx F^2/x = 30\) м.

Решение

Рассматриваемая в задаче подзорная труба — системы Кеплера. Угловое увеличение \(k = F/f\), поэтому фокусное расстояние окуляра равно \(f = F/k = 2{,}5\) см. При приближении рассматриваемого предмета из бесконечности до минимально возможного расстояния \(a\) изображение предмета в объективе будет перемещаться из фокальной плоскости в сторону окуляра на расстояние \(x\), которое можно найти по формуле линзы: \[\frac{1}{a} + \frac{1}{F + x} = \frac{1}{F}, \qquad \frac{1}{F + x} = \frac{a - F}{aF}, \qquad x = \frac{aF}{a - F} - F \approx \frac{F^2}{a},\] т. к. \(a \gg F\). Таким образом, надо найти \(x\). Окуляр трубы — лупа; при рассматривании предметов через лупу ненапряжённым, т. е. аккомодированным на бесконечность, глазом предмет должен располагаться в фокальной плоскости лупы. Искомое расстояние \(x\) равно смещению фокальной плоскости окуляра при его настройке; при этом, очевидно, окуляр надо отодвигать от объектива.

Как видно из рис. 229, при рассматривании бесконечно удалённых предметов через сдвинутый окуляр пучок света на выходе из окуляра будет сходящимся. При падении на трубу параллельного пучка лучей такое положение окуляра необходимо для дальнозоркого глаза, оптическая сила которого в ненапряжённом состоянии недостаточна для собирания параллельного пучка света на сетчатке. Максимальный сдвиг окуляра соответствует оптической силе \(D_+ = +10\) дптр. Очки с такой оптической силой собирают параллельный пучок света на расстоянии \(b = 1/D_+\). Это расстояние \(b\) и определяет расстояние \(x\): \[\frac{1}{f + x} + \frac{1}{b} = \frac{1}{f}, \qquad \text{отсюда}\qquad x = \frac{f^2}{b - f} = \frac{5}{6}\text{ см}.\] Искомое расстояние равно \[a \approx \frac{F^2}{x} = \frac{0{,}25\cdot 6\text{ м}^2}{5\cdot 10^{-2}\text{ м}} = 30\text{ м}.\]

Ответ

Можно (области повышенной освещённости показаны штриховкой на рис. 230).

Решение

Можно. Ответ следует из рис. 230. Искомые области заштрихованы.

Ответ

Поверхность воды около карандаша образует рассеивающую линзу, когда карандаш входит в воду, и собирающую, когда его вытаскивают.

Решение

Когда карандаш входит в воду, поверхность воды около карандаша образует рассеивающую линзу — лучи от источника света отклоняются от оси карандаша. Поэтому под карандашом образуется большое тёмное пятно (рис. 231).

Когда карандаш вытаскивают из воды, поверхность воды около карандаша образует собирающую линзу — лучи от источника света отклоняются к оси карандаша. Поэтому под карандашом образуется светлое пятно (рис. 232).

Ответ

Кольца образуют лучи с одним, двумя и т. д. отражениями от стенок корпуса; чем больше отражений, тем больше света поглощается корпусом, поэтому чем дальше светлое кольцо от центра, тем оно менее светлое.

Решение

Ответ следует из рис. 233. Первое светлое кольцо образуют лучи, испытывающие одно отражение от стенок корпуса до выхода из него (пример такого луча обозначен цифрой 1). Второе светлое кольцо образуют лучи с двумя отражениями (на рисунке этот луч обозначен цифрой 2) и т. д. Понятно, что чем больше отражений, тем больше света поглощается корпусом шариковой ручки. Поэтому чем дальше светлое кольцо от центра, тем оно менее светлое.

Ответ

Увеличится в \(8\cdot 10^4\) раз.

Решение

Покажем, что все лучи, идущие от точечного источника в направлении к экрану, после преломления окажутся внутри цилиндра и после многократных отражений от его боковой поверхности в конце концов пройдут через отверстие в экране.

Действительно, предельный луч от точечного источника света \(S\), угол падения которого на левое основание цилиндра равен \(\pi/2\), после преломления будет образовывать угол \(\alpha\) с осью цилиндра, причём \(\sin\alpha = 1/n\) (по закону преломления). Угол падения \(\varphi\) этого луча на боковую поверхность цилиндра удовлетворяет условию \(\alpha + \varphi = \pi/2\) (рис. 234). Так как \[\sin\alpha = 1/n = 1/1{,}5 < \sqrt{2}/2,\] то \(\alpha < \pi/4\), а \(\varphi > \pi/4\), т. е. угол падения на боковую поверхность цилиндра будет больше угла полного внутреннего отражения. Поэтому впоследствии этот луч не сможет выйти из цилиндра нигде, кроме как через правое основание. Любой другой луч, выходящий из источника в сторону экрана с отверстием, после преломления в левом основании цилиндра пойдёт под меньшим углом к оси, а тем самым упадёт на боковую поверхность под углом, заведомо большим угла полного внутреннего отражения. Прозрачный цилиндр, таким образом, <<соберёт>> в отверстие лучи, попадающие в телесный угол \(2\pi\) стерадиан.

В отсутствие цилиндра в отверстие экрана попадал световой поток, сосредоточенный внутри телесного угла \(\pi d^2/(4l)^2\). Таким образом, световой поток через отверстие в присутствии прозрачного цилиндра увеличится в \[\frac{2\pi}{\pi d^2/(4l)^2} = 8\cdot 10^4\text{ раз}.\]

Ответ

\(L = L_0\dfrac{2(n_{\text{ст}} - 1)\,n_{\text{в}}}{2n_{\text{ст}} - n_{\text{в}} - 1} = 30\) см.

Решение

Толщину линзы объектива найдём из геометрических соображений (рис. 235). Действительно, \[r_1^2 = (2R_1 - h)\,h \approx 2R_1 h, \qquad h = r_1^2/(2R_1),\] где \(R_1\) — радиус кривизны объектива.

Запишем равенство оптических путей \(ABF\) и \(CDF\) в случае, когда в трубу налита вода: \[(f_1 - h)\,n_{\text{в}} + 2hn_{\text{ст}} = n_{\text{в}}l_1 + h.\] Здесь \(f_1\) — фокусное расстояние линзы объектива, когда налита вода.

Подставляя значения \(h\) и \(l_1 = \sqrt{f_1^2 + r_1^2} \approx f_1 + r_1^2/(2f_1)\), получим \[\frac{r_1^2}{2f_1}\,n_{\text{в}} = \frac{r_1^2}{2R_1}\left[(n_{\text{ст}} - 1) + (n_{\text{ст}} - n_{\text{в}})\right].\] Отсюда \[f_1 = \frac{R_1 n_{\text{в}}}{(n_{\text{ст}} - 1) + (n_{\text{ст}} - n_{\text{в}})}.\] В случае, когда в трубе нет воды, фокусное расстояние линзы объектива равно \[f_1^{(0)} = \frac{R_1}{2(n_{\text{ст}} - 1)}.\] Поэтому \[f_1 = f_1^{(0)}\,\frac{2(n_{\text{ст}} - 1)\,n_{\text{в}}}{(n_{\text{ст}} - 1) + (n_{\text{ст}} - n_{\text{в}})}.\] Аналогичный расчёт для фокусных расстояний \(f_2\) (с водой) и \(f_2^{(0)}\) (без воды) линзы окуляра даёт следующий результат: \[f_2 = f_2^{(0)}\,\frac{2(n_{\text{ст}} - 1)\,n_{\text{в}}}{(n_{\text{ст}} - 1) + (n_{\text{ст}} - n_{\text{в}})}.\] Таким образом, \[L = f_1 + f_2 = (f_1^{(0)} + f_2^{(0)})\,\frac{2(n_{\text{ст}} - 1)\,n_{\text{в}}}{(n_{\text{ст}} - 1) + (n_{\text{ст}} - n_{\text{в}})}.\] Так как \(f_{10}^{(0)} + f_{20}^{(0)} = L_0\), то искомое расстояние между объективом и окуляром равно \[L = L_0\,\frac{2(n_{\text{ст}} - 1)\,n_{\text{в}}}{2n_{\text{ст}} - n_{\text{в}} - 1} = 30\text{ см}.\]

Ответ

На поверхности шара, на противоположной от паука половине (паук видит противоположную половину поверхности шара).

Решение

Пусть паук находится в точке \(A\) (рис. 236), расположенной над верхней точкой \(D\) шара. Поверхность шара, соответствующая дуге окружности \(BDB'\), является видимой для паука. Точки \(B\) и \(B'\) — точки пересечения касательных, проведённых из точки \(A\) к поверхности шара. Луч \(AB\) будет распространяться внутри шара по отрезку \(BC\). Угол \(\alpha\) находится из условия \[\sin\alpha = 1/n_{\text{ст}},\] где \(n_{\text{ст}}\) — коэффициент преломления стекла. Этот луч выйдет из шара по направлению \(CA'\). Поэтому часть поверхности шара, соответствующая дуге \(CD'C'\), будет также видимой (для примера показано прохождение луча \(AKLM\)).

Невидимой для паука будет поверхность шарового пояса, которой соответствуют дуги \(BC\) и \(B'C'\).

Угол \(\gamma\) определяется из условия \[\cos\gamma = R/(R + h),\] где \(R\) — радиус шара, \(h\) — высота паука над поверхностью шара. Так как по условию \(R \gg h\), то \(\gamma \approx 0\). Заметим теперь, что \(\beta = \pi - 2\alpha\), а \(\sin\alpha = 1/n_{\text{ст}}\). Поэтому \[\beta = \pi - 2\arcsin(1/n_{\text{ст}}) \approx \pi/2.\] Итак, видимой для паука является противоположная для него половина поверхности шара; там и должна находиться муха.

Ответ

\(n_{\min} = \sqrt{2}\).

Решение

Через боковую поверхность цилиндра не выйдет ни один луч, если для луча с углом падения \(\gamma \approx \pi/2\) (рис. 237) угол падения \(\alpha\) на внутреннюю поверхность будет удовлетворять соотношению \(\sin\alpha > 1/n\). В этом случае на боковой поверхности луч испытает полное внутреннее отражение.

Из геометрических соображений следует, что \[\sin\alpha = \sqrt{1 - \sin^2\beta}, \qquad \sin\beta = 1/n.\] Таким образом, \[n_{\min} = \sqrt{2}.\]

Ответ

\(E_2/E_1 = 1/16\), т. е. освещённость уменьшится в 16 раз.

Решение

Из условия задачи следует, что фокусы обеих линз совмещены, т. е. расстояние между линзами равно \(3f\), где \(f\) — фокусное расстояние более слабой линзы.

В первом случае все лучи, попавшие в трубу, выйдут из неё и образуют круглое пятно радиуса \(r/2\), где \(r\) — радиус трубы (рис. 238). Во втором случае из трубы выйдут только те лучи, которые до трубы шли на расстоянии, меньшем чем \(r/2\), от оси трубы. А на экране эти лучи образуют круглое пятно радиуса \(r\) (рис. 239). Таким образом, если \(J\) — сила света, падающего на трубу, то отношение освещённостей пятен до и после перевёртывания трубы равно \[E_1 = \frac{J}{\pi\,(r/2)^2}, \qquad E_2 = \frac{J/4}{\pi r^2}, \qquad \frac{E_2}{E_1} = \frac{1}{16}.\]

Ответ

Выдержку менять не нужно было (оставить прежней).

Решение

В аппарат поступает свет, отражённый от поверхности фасада. Отражение света от штукатурки можно считать практически не зависящим от угла отражения. В этом случае на объектив аппарата падает световая энергия от объекта, пропорциональная телесному углу, под которым виден из объектива фасад. При сокращении расстояния до объекта в два раза телесный угол увеличивается в четыре раза, и на объектив от той же площади объекта падает в четыре раза больше световой энергии.

При таких больших расстояниях до объекта расстояние от объектива до плёнки в аппарате практически не изменяется при выставлении на объективе расстояния до объекта, т. е. при фокусировании последнего, и равно фокусному расстоянию объектива. Телесный угол, внутри которого энергия от объектива падает на площадь изображения, зависит линейно от телесного угла, под которым виден фасад, т. е. линейно зависит от расстояния до объекта. В этом случае освещённость площади изображения (она по условию равномерно распределена по этой площади), которая и определяет выдержку, пропорциональна соответствующей энергии, падающей на объектив от фасада, и обратно пропорциональна площади изображения. Так как это отношение практически не зависит от расстояния до объекта при данных условиях, то выдержку менять не было нужно.

Ответ

Если \(\dfrac{l^2 - h^2}{h^2} > \dfrac{n^2\sin^2(\alpha/2)}{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}\), то \(t = \dfrac{2h}{v}\left(\sqrt{1 - n^2\sin^2\dfrac{\alpha}{2}} + \dfrac{\sqrt{l^2 - h^2}}{h}\,n\sin\dfrac{\alpha}{2}\right)\); иначе \(t = \dfrac{2l}{v}\).

Решение

Задача является аналогом оптической задачи, в которой рассматривается преломление плоской волны в призме. При этом лучу света, идущему от точки \(A\) в точку \(B\) (рис. 240), согласно законам геометрической оптики, требуется наименьшее время по сравнению со всеми другими траекториями.

Рыбак должен двигаться по траектории <<луча света>>, т. е. подойти к точке \(E\) залива под углом \(\gamma\), переплыть залив в лодке перпендикулярно биссектрисе угла \(\alpha\) и двигаться далее по суше в направлении к точке \(B\).

Угол \(\gamma\) найдём из закона преломления (\(n = 2\)): \[\sin\gamma = n\sin(\alpha/2).\] Расстояние \(a\) равно \[a = h\operatorname{tg}\gamma = h\,\frac{n\sin(\alpha/2)}{\sqrt{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}}.\] Расстояние \(b\) найдём из уравнения \(a + b = \sqrt{l^2 - h^2}\). Отсюда \[b = \sqrt{l^2 - h^2} - h\,\frac{n\sin(\alpha/2)}{\sqrt{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}}.\] Если \(b > 0\), т. е. \(l^2 - h^2 > h^2\dfrac{n^2\sin^2(\alpha/2)}{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}\), то рыбак должен воспользоваться лодкой. Отдельные участки пути при этом будут равны \[EK = p = b\sin\frac{\alpha}{2} = \left(\sqrt{l^2 - h^2} - h\,\frac{n\sin(\alpha/2)}{\sqrt{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}}\right)\sin\frac{\alpha}{2},\] \[AE = q = \frac{h}{\cos\gamma} = \frac{h}{\sqrt{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}}.\] Итак, если \(\dfrac{l^2 - h^2}{h^2} > \dfrac{n^2\sin^2(\alpha/2)}{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}\), то искомое время равно \[t = 2\left(\frac{q}{v} + \frac{p}{v/n}\right) =\] \[= \frac{2h}{v}\left(\frac{1}{\sqrt{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}} + \frac{n\sqrt{l^2 - h^2}\sin(\alpha/2)}{h} - \frac{n^2\sin^2(\alpha/2)}{\sqrt{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}}\right) =\] \[= \frac{2h}{v}\left(\sqrt{1 - n^2\sin^2\frac{\alpha}{2}} + \frac{\sqrt{l^2 - h^2}}{h}\,n\sin\frac{\alpha}{2}\right).\] Если \(\dfrac{l^2 - h^2}{h^2} \leqslant \dfrac{n^2\sin^2(\alpha/2)}{1 - n^2\sin^2(\alpha/2)}\), то \(t = \dfrac{2l}{v}\).

Ответ

На том же расстоянии \(b\) от шара, но с другой стороны (рис. 241).

Решение

В силу симметрии изображение точечного источника \(S\) будет опять на расстоянии \(b\) от шара, но с другой стороны (рис. 241).

Ответ

\(S = \pi h^2/(n_{\text{в}}^2 - 1) \simeq 82\text{ м}^2\).

Решение

Наблюдатель внутри корабля сможет увидеть лишь те лучи, для которых \(\sin\alpha < 1/n_{\text{ст}}\) (если \(\sin\alpha > 1/n_{\text{ст}}\), то такой луч испытает полное внутреннее отражение и не попадёт к наблюдателю, рис. 242). Для угла \(\beta\) имеем соотношение \[n_{\text{в}}\sin\beta = n_{\text{ст}}\sin\alpha, \qquad \sin\beta = \frac{n_{\text{ст}}}{n_{\text{в}}}\sin\alpha,\] где \(n_{\text{ст}}\) — показатель преломления стекла. Так как \(|\sin\alpha| < 1/n_{\text{ст}}\), то \(|\sin\beta| < 1/n_{\text{в}}\). Поэтому наблюдатель сможет видеть только те объекты, свет от которых попадает на иллюминатор с углом падения \(\beta \leqslant \arcsin(1/n_{\text{в}})\). Из рис. 242 ясно, что радиус \(R\) круга на дне, доступного наблюдению, будет \(R \approx h\operatorname{tg}\beta\), и искомая площадь (\(h\operatorname{tg}\beta \gg D/2\)) равна \[S = \pi R^2 \approx \pi h^2/(n_{\text{в}}^2 - 1) \simeq 82\text{ м}^2.\]

Ответ

Да: если видимый край лица за очками сдвинут внутрь относительно соседних частей лица, то линзы рассеивающие (близорукость); если наружу, то линзы собирающие (дальнозоркость).

Решение

Близорукие люди носят рассеивающие очки, уменьшающие оптическую силу их глаз, а дальнозоркие — собирающие. Нетрудно сообразить, что глаз за рассеивающей линзой будет казаться уменьшенным, а за собирающей — увеличенным. Однако если вы не видели вашего собеседника без очков, то определить, увеличены или уменьшены его глаза, очень трудно, особенно если очки не слишком сильные. Проще всего определить, куда сдвигается видимый край лица за очками по отношению к соседним частям лица: если внутрь, то это рассеивающие линзы — у собеседника близорукость; если наружу, то собирающие линзы — дальнозоркость.

Ответ

\(v_{\text{отн}} = 2v\sin\alpha\).

Решение

Разложим вектор скорости человека \(\vec v\) на две составляющие — одну параллельную зеркалу \(\vec v_{\parallel}\) и другую — перпендикулярную зеркалу \(\vec v_{\perp}\): \(\vec v = \vec v_{\parallel} + \vec v_{\perp}\) (рис. 243). Очевидно, что скорость изображения будет равна \(\vec v' = \vec v_{\parallel} - \vec v_{\perp}\). Поэтому скорость, с которой человек приближается к своему изображению, находится как скорость человека относительно своего изображения по формуле \[v_{\text{отн}} = 2v_{\perp} = 2v\sin\alpha.\]

Ответ

\(\Delta x \approx 0{,}6\) см.

Решение

Пусть \(O\) — центр сферической поверхности зеркала, \(ABC\) — луч, который падает на расстоянии \(BE\) от оси зеркала. \(OB = R\) (рис. 244). Из прямоугольного треугольника \(OBE\) найдём, что \(\sin\alpha = h/R\). Треугольник \(OBC\) равнобедренный, так как \(\angle ABO = \angle OBC\) по закону отражения, а \(\angle BOC = \angle ABO\) как внутренние, накрест лежащие углы. Отсюда \(OD = DB = R/2\). Из треугольника \(ODC\) находим \[x = R/(2\cos\alpha) = R^2/(2\sqrt{R^2 - h^2})\] (\(C\) — точка пересечения отражённого от зеркала луча с оптической осью).

Для луча, проходящего на расстоянии \(h_1\), ввиду того что \(h_1^2 \ll R^2\), \(x_1 \approx R/2\) с погрешностью около \(0{,}5\,\%\). Для луча, проходящего на расстоянии \(h_2\), расстояние \(x_2 = 3{,}125\) см. Окончательно получим \[\Delta x = x_2 - x_1 \approx 0{,}6\text{ см} \neq 0\ (!)\]

Ответ

\(\alpha_{\min} = 120^\circ\).

Решение

Рассмотрим некоторую светящуюся точку \(A\) нити и произвольный луч \(AB\), выходящий из неё. Проведём плоскость через этот луч и светящуюся нить. Из геометрии задачи очевидно, что данный луч при всевозможных отражениях всегда будет оставаться в построенной плоскости (рис. 245). После первого отражения от конической поверхности луч \(AB\) пойдёт так, как если бы он вышел из точки \(A'\) — мнимого изображения точки \(A\). А чтобы после первого отражения ни один выходящий из точки \(A\) луч больше ни разу не попал на зеркало, необходимо, чтобы точка \(A'\) лежала не выше прямой \(OC\) — второй образующей конуса, лежащей в плоскости луча (точка \(O\) — вершина конической поверхности). Это будет иметь место, если \[\angle A'OD + \angle AOD + \angle AOC = 3\,(\alpha/2) \geqslant 180^\circ.\] Следовательно, \[\alpha_{\min} \geqslant 120^\circ.\]