Всесоюзная, 1975/76, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Нижняя обкладка первого конденсатора и верхняя обкладка второго после замыкания ключа образуют изолированный проводник, и их суммарный заряд не меняется. Выразите оба заряда через один и запишите уравнение для катушки: получится уравнение гармонических колебаний.

Ответ

\(q_1=\dfrac{q_0}{2}\,(1+\cos\omega t)\), \(\;q_2=\dfrac{q_0}{2}\,(1-\cos\omega t)\), \(\;I=\dfrac{q_0}{\sqrt{2LC}}\sin\omega t\), где \(\omega=\sqrt{\dfrac{2}{LC}}\). Механический аналог — брусок между двумя одинаковыми пружинами, одна из которых в начальный момент сжата, а другая не деформирована.

Решение

Что происходит. После замыкания ключа два конденсатора и катушка образуют один колебательный контур. Заряды конденсаторов связаны: внутренние обкладки соединены проводником, их суммарный заряд сохраняется, поэтому конденсатор, который разряжается, отдаёт заряд другому. Главная идея — записать закон сохранения заряда и уравнение для катушки, исключить один заряд и получить уравнение гармонических колебаний. Колебания идут не около нулевого заряда, а около состояния, в котором заряды поровну делят \(q_0\).

Обозначения. \(q_1\) — заряд верхней обкладки первого конденсатора (на нижней \(-q_1\)); \(q_2\) — заряд нижней обкладки второго конденсатора (на верхней \(-q_2\)); \(I>0\) — ток от верхней обкладки первого конденсатора через катушку к нижней обкладке второго (на рисунке по часовой стрелке). В начальный момент \(q_1=q_0\), \(q_2=0\), \(I=0\).

1. Закон сохранения заряда. Нижняя обкладка первого конденсатора и верхняя обкладка второго после замыкания ключа соединены проводником и ни с чем больше не связаны: система изолирована, поэтому её суммарный заряд не меняется. До замыкания он равен \(-q_0+0\), в любой момент после замыкания \(-q_1-q_2\): \[q_1+q_2=q_0 .\] Ток \(I\) приносит заряд на нижнюю обкладку второго конденсатора и уносит его с верхней обкладки первого, поэтому \(I=\dfrac{dq_2}{dt}=-\dfrac{dq_1}{dt}\).

2. Напряжение на катушке. Верхняя обкладка первого конденсатора выше нижней по потенциалу на \(q_1/C\), нижняя обкладка второго выше верхней на \(q_2/C\). Обкладки, соединённые ключом, имеют один потенциал, поэтому между верхним и нижним концами катушки напряжение \((q_1-q_2)/C\). Катушка без сопротивления: напряжение на ней равно \(L\,dI/dt\) (ток течёт сверху вниз). Подставим \(q_1=q_0-q_2\) и \(I=dq_2/dt\): \[L\frac{d^2q_2}{dt^2}=\frac{q_0-2q_2}{C}\quad\Rightarrow\quad \frac{d^2q_2}{dt^2}=-\frac{2}{LC}\left(q_2-\frac{q_0}{2}\right).\] Это уравнение гармонических колебаний около значения \(q_0/2\) с частотой \(\omega=\sqrt{2/(LC)}\), то есть два последовательных конденсатора работают как один ёмкостью \(C/2\).

3. Начальные условия. При \(t=0\): \(q_2=0\) и \(I=dq_2/dt=0\). Общее решение \(q_2=\dfrac{q_0}{2}+A\cos\omega t+B\sin\omega t\); из \(q_2(0)=0\) получаем \(A=-q_0/2\), из \(I(0)=0\) — \(B=0\): \[q_2=\frac{q_0}{2}(1-\cos\omega t),\qquad q_1=q_0-q_2=\frac{q_0}{2}(1+\cos\omega t),\qquad I=\frac{dq_2}{dt}=\frac{q_0\omega}{2}\sin\omega t=\frac{q_0}{\sqrt{2LC}}\sin\omega t .\]

Заряд каждого конденсатора колеблется между \(0\) и \(q_0\) с периодом \(T=2\pi\sqrt{LC/2}\); когда один заряжен полностью, второй не заряжен. Ток максимален в моменты, когда заряды равны: \(|I|_{\max}=q_0/\sqrt{2LC}\).

4. Механический аналог. Возьмём брусок массой \(m\) между двумя одинаковыми пружинами жёсткости \(k\) на гладком столе. Пусть смещение бруска \(x\) соответствует заряду \(q_2\): тогда правая пружина сжата на \(x\), а левая на \(q_0-x\) (соответствует \(q_1\)). Второй закон Ньютона для бруска в проекции на ось по смещению: \[m\ddot x=k(q_0-x)-kx=-2k\left(x-\frac{q_0}{2}\right),\] что совпадает с уравнением для \(q_2\) при замене \(x\leftrightarrow q_2\), \(m\leftrightarrow L\), \(k\leftrightarrow 1/C\), скорость бруска \(\leftrightarrow\) ток \(I\). Энергия \(\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{k(q_0-x)^2}{2}+\dfrac{kx^2}{2}\) соответствует энергии контура \(\dfrac{LI^2}{2}+\dfrac{q_1^2}{2C}+\dfrac{q_2^2}{2C}\). В начальный момент правая пружина не деформирована (аналог \(q_2=0\)), левая сжата на \(q_0\) (аналог \(q_1=q_0\)), брусок отпускают без скорости (аналог \(I=0\)).

Обратите внимание. Колебания идут около \(q_0/2\) с амплитудой \(q_0/2\), а не около нуля: заряд внутренних обкладок сохраняется, и заряды конденсаторов в сумме всегда дают \(q_0\). Частота определяется ёмкостью \(C/2\) двух последовательных конденсаторов, а не ёмкостью \(C\) одного.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{2/(LC)}\) — это \(\text{с}^{-1}\), а \(q_0/\sqrt{2LC}\) — кулон в секунду, то есть ампер. Закон сохранения энергии: при \(\omega t=\pi/2\) заряды равны \(q_0/2\), ток максимален, и \(\dfrac{LI^2}{2}+\dfrac{q_1^2+q_2^2}{2C}=\dfrac{q_0^2}{4C}+\dfrac{q_0^2}{4C}=\dfrac{q_0^2}{2C}\) — это начальная энергия конденсатора, то есть энергия сохраняется. В начальный момент \(q_1=q_0\), \(q_2=0\), \(I=0\), как в условии.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Скорость станции при старте должна быть не меньше той, при которой она уходит от Земли (полная энергия станции не меньше нуля); скорость остатка в точке старта найдите из законов сохранения момента импульса и энергии для эллиптической орбиты. Связывает все три скорости закон сохранения импульса при запуске.

Ответ

\(\dfrac{m}{M}=\dfrac{u+w}{v+w}=\dfrac{\sqrt3+\sqrt2}{\sqrt6+\sqrt2}\approx0{,}81\), где \(u=\sqrt{\dfrac{GM_0}{2R}}\), \(v=\sqrt{\dfrac{GM_0}{R}}\), \(w=\sqrt{\dfrac{GM_0}{3R}}\).

Решение

Что происходит. В момент запуска спутник «разрывается» на станцию и остаток. Скорость станции должна быть такой, чтобы она ушла от Земли: чем она больше, тем меньше станция, потому что запас импульса ограничен. Поэтому лучшая станция улетает с минимальной скоростью — когда её полная энергия равна нулю. Скорость остатка в точке старта определяется эллиптической орбитой, которая должна коснуться Земли. А связывает все скорости закон сохранения импульса при запуске. Главная идея: найти три скорости из законов Ньютона, сохранения энергии и момента импульса, затем подставить их в закон сохранения импульса.

Обозначения. \(M_0\) — масса Земли, \(M\) — масса спутника, \(m\) — масса станции, \(\mu=M-m\) — масса остатка; \(O\) — центр Земли, \(A\) — точка старта станции (\(OA=2R\)), \(P\) — точка касания эллипса поверхности Земли (\(OP=R\), \(P\) противоположна \(A\)). Скорости: \(u\) — спутника до запуска, \(v\) — станции и \(w\) — остатка сразу после запуска. Притяжением Солнца и других планет, вращением Земли и движением Земли вокруг Солнца пренебрегаем: Земля неподвижна, \(M_0\gg M\).

1. Скорость спутника. На круговой орбите радиуса \(2R\) центростремительное ускорение даёт сила притяжения. Второй закон Ньютона для спутника в проекции на радиус: \[\frac{Mu^2}{2R}=\gamma\frac{M_0M}{(2R)^2}\quad\Rightarrow\quad u^2=\frac{\gamma M_0}{2R}=\frac{GM_0}{2R}\] (здесь \(G=\gamma\) — гравитационная постоянная).

2. Минимальная скорость станции. Станция должна уйти от Земли на бесконечность (пока пренебрегаем притяжением других тел). Минимальная скорость отвечает тому, что на бесконечности она останавливается: закон сохранения энергии станции в поле Земли между точкой старта и бесконечностью даёт нулевую полную энергию: \[\frac{mv^2}{2}-\gamma\frac{M_0m}{2R}=0\quad\Rightarrow\quad v^2=\frac{GM_0}{R}.\] При большей скорости станция тоже улетит, но, как показано в шаге 5, её масса окажется меньше.

3. Скорость остатка. Эллипс остатка касается Земли в точке \(P\) и проходит через точку \(A\) старта; \(A\) и \(P\) лежат на одной прямой с центром Земли, поэтому это концы большой оси: в \(A\) остаток наиболее удалён от Земли (расстояние \(2R\)), в \(P\) — ближе всего (расстояние \(R\)). В этих двух точках скорость остатка перпендикулярна радиусу-вектору. Обозначим скорость в \(P\) через \(w'\). Закон сохранения момента импульса остатка относительно центра Земли (центральная сила — момент относительно \(O\) равен нулю), он же второй закон Кеплера: \[\mu\,w\cdot 2R=\mu\,w'\cdot R\quad\Rightarrow\quad w'=2w .\] Закон сохранения энергии остатка между \(A\) и \(P\) (только сила тяготения): \[\frac{\mu w^2}{2}-\gamma\frac{M_0\mu}{2R}=\frac{\mu w'^2}{2}-\gamma\frac{M_0\mu}{R} \;\Rightarrow\; \frac{w'^2-w^2}{2}=\frac{3w^2}{2}=\frac{GM_0}{2R} \;\Rightarrow\; w^2=\frac{GM_0}{3R}.\]

4. Закон сохранения импульса при запуске. Запуск быстрый, внутренние силы много больше притяжения Земли, поэтому импульс системы «спутник \(\to\) станция + остаток» сохраняется. Скорости \(u\) и \(w\) направлены по одной прямой — касательной к орбите в точке \(A\) (перпендикулярно \(OA\)), значит, и скорость станции по ней же. Проекции на эту прямую с осью по скорости спутника, \(v_x=\pm v\), \(w_x=\pm w\): \[Mu=mv_x+(M-m)w_x\quad\Rightarrow\quad\frac{m}{M}=\frac{u-w_x}{v_x-w_x}.\] Станция должна иметь положительную долю массы и лететь вперёд (\(v_x=+v\)). Остаток, летящий вперёд (\(w_x=+w\)), даёт \(\dfrac{u-w}{v-w}\approx0{,}31\); остаток, отброшенный назад (\(w_x=-w\)), даёт больше: \[\frac{m}{M}=\frac{u+w}{v+w}.\] Остаток, отброшенный назад, «толкает» станцию вперёд, так что доля станции растёт (рис. 2).

5. Минимальная \(v\) даёт максимум. Выражение \(\dfrac{u+w}{v+w}\) убывает с ростом \(v\), поэтому максимум достигается при минимальной скорости станции, найденной в шаге 2. Единица скорости \(\sqrt{GM_0/R}\): \(u=1/\sqrt2\), \(v=1\), \(w=1/\sqrt3\): \[\frac{m}{M}=\frac{\frac1{\sqrt2}+\frac1{\sqrt3}}{1+\frac1{\sqrt3}}=\frac{\sqrt3+\sqrt2}{\sqrt6+\sqrt2}\approx0{,}81 .\]

Обратите внимание. Станция должна улететь от Земли, а не выйти на орбиту: её скорость — вторая космическая для расстояния \(2R\) (\(v^2=2GM_0/(2R)\)), в \(\sqrt2\) раз больше круговой скорости \(u\), а не первая космическая. Скорость остатка направлена по касательной именно потому, что \(A\) — наиболее удалённая точка эллипса; этого требует условие о касании Земли в противоположной точке.

Проверка. Доля безразмерна, и \(0<\dfrac{m}{M}<1\). Если бы остатка не было (\(w\to0\)), доля была бы \(u/v=1/\sqrt2\approx0{,}71\) — меньше найденной \(0{,}81\): отброшенный назад остаток действительно помогает станции. Станции вообще не может быть больше всего спутника (\(u<v\)), так что ответ меньше единицы. Физический смысл: масса станции ограничена тем, что для её разгона до параболической скорости нужен импульс, который можно взять только у спутника и отдачи остатка.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Линза собирает свет, упавший на её площадь, в изображение источника. Подумайте, от чего зависит размер этого изображения для Солнца и для звезды, и сколько света приходит от каждого из них.

Ответ

Для линзы с радиусом \(a=2\) см и фокусом \(f=10\) см: Солнце — диск радиусом \(f\theta_0\approx0{,}5\) мм, \(I_F\approx2{,}5\cdot10^2\) Вт/см\(^2\) (бумага загорается). Звезда — пятно ограничено дифракцией, радиус около 2 мкм; усиление велико (\(\approx8\cdot10^7\)), но поток от звезды в \(\sim10^{11}\) раз слабее солнечного, и \(I_F\approx1{,}5\cdot10^{-4}\) Вт/см\(^2\) — в миллионы раз меньше, чем от Солнца.

Решение

Что происходит. Линза собирает свет, упавший на её площадь, в изображение источника. Энергия не теряется, поэтому интенсивность в изображении больше интенсивности падающего света во столько раз, во сколько площадь линзы больше площади изображения. У Солнца угловой размер конечный, поэтому его изображение — диск заметного размера, но поток велик. У звезды угловой размер ничтожен, изображение сжимается почти в точку, но ограничено дифракцией, и поток от звезды ничтожен. Главная идея: сравнить размер изображения и поток для двух источников.

Обозначения. Линза радиуса \(a=2\) см с фокусным расстоянием \(f=10\) см (потерями света и аберрациями пренебрегаем); \(\lambda=4{,}5\cdot10^{-5}\) см — длина волны света. Солнце: угловой радиус \(\theta_0\approx4{,}7\cdot10^{-3}\) рад, интенсивность у Земли \(I_0\approx0{,}14\text{ Вт/см}^2\). Звезда — как Солнце, но на расстоянии \(L=4\cdot10^{13}\) км (ближайшие звёзды): угловой радиус \(\theta_*=R_{\odot}/L\approx1{,}75\cdot10^{-8}\) рад. \(K\) — усиление интенсивности: \(I_F=KI_0\).

1. Солнце: изображение — диск. Лучи от каждой точки Солнца идут к линзе параллельным пучком под своим углом к оси и собираются в точку фокальной плоскости. Лучи от края диска Солнца приходят под углом \(\theta_0\) к оси, поэтому изображение — диск радиусом \(r_F=f\theta_0\) (рис. 1).

Вся световая энергия, упавшая на линзу, \(I_0\pi a^2\), попадает в диск площадью \(\pi r_F^2\) (потерь нет), поэтому \[K=\frac{\pi a^2}{\pi f^2\theta_0^2}=\left(\frac{a}{f\theta_0}\right)^2\approx1{,}8\cdot10^3,\qquad I_F=KI_0\approx2{,}5\cdot10^2\text{ Вт/см}^2,\quad r_F=f\theta_0\approx0{,}5\text{ мм}.\] Такой интенсивности достаточно, чтобы бумага загорелась (нужны порядка десятков Вт/см\(^2\)).

2. Звезда: дифракция. Угловой размер звезды \(\theta_*\approx1{,}75\cdot10^{-8}\) рад много меньше угла дифракции на отверстии радиуса \(a\): \(\theta_d\approx\lambda/a=2{,}25\cdot10^{-5}\) рад. Параллельный пучок от звезды не собирается в математическую точку: волновая природа света размывает изображение в пятно радиусом \(r_d=f\theta_d\approx2\) мкм (рис. 2).

Поэтому для звезды вместо \(\theta_0\) в формуле для \(K\) нужно брать \(\theta_d\) (общее правило: \(r_F\approx f(\theta_0+\theta_d)\)): \[K_d=\left(\frac{a}{f\theta_d}\right)^2=\frac{a^4}{\lambda^2f^2}\approx8\cdot10^7 .\] На рис. 3 видно, как усиление растёт с уменьшением углового размера источника и перестаёт расти при \(\theta_0\lesssim\theta_d\).

3. Сколько света даёт звезда. Звезда — такое же Солнце, только далёкое. Яркость поверхности (поток с единицы площади в единицу телесного угла) у них одинакова, поэтому интенсивность света у Земли пропорциональна телесному углу, под которым виден источник, то есть \(\theta^2\): \[I_{0*}=I_0\left(\frac{\theta_*}{\theta_0}\right)^2\approx0{,}14\cdot(3{,}7\cdot10^{-6})^2\approx1{,}9\cdot10^{-12}\text{ Вт/см}^2 .\]

4. Интенсивность в изображении звезды. \[I_{F*}=I_{0*}K_d\approx1{,}9\cdot10^{-12}\cdot8\cdot10^7\approx1{,}5\cdot10^{-4}\text{ Вт/см}^2 ,\] то есть в \(\approx1{,}6\cdot10^6\) раз меньше, чем в фокусе при свете Солнца. Для воспламенения бумаги не хватает не меньше чем в \(10^5\) раз. Увеличить интенсивность можно только размером линзы: \(K_d\propto a^4/f^2\propto a^2\) при \(f/a=\text{const}\); чтобы получить \(100\text{ Вт/см}^2\), радиус линзы должен быть около \(2\text{ см}\cdot\sqrt{100/(1{,}5\cdot10^{-4})}\approx16\) м.

Обратите внимание. Если применить к звезде ту же геометрическую формулу \(K=(a/f\theta)^2\) с \(\theta=\theta_*\), получится \(I_F\approx250\text{ Вт/см}^2\) — как у Солнца: в геометрической оптике интенсивность изображения равна яркости источника, умноженной на \((a/f)^2\), и от расстояния до источника не зависит. Это неверно для звезды, потому что без учёта дифракции размер изображения вышел бы меньше длины волны. Именно дифракция «срезает» интенсивность в миллионы раз.

Проверка. Размерность: \(K\) безразмерно, \(I_F\) в \(\text{Вт/см}^2\). Второй закон термодинамики: поглощающее тело, нагретое излучением с интенсивностью \(I_F\) (в равновесии \(\sigma T^4=I_F\)), не может стать горячее источника. Для Солнца \(I_F=2{,}5\cdot10^6\text{ Вт/м}^2\) даёт \(T\approx2{,}6\cdot10^3\) К \(<5{,}8\cdot10^3\) К — противоречия нет. Для звезды \(I_F\approx1{,}5\text{ Вт/м}^2\) даёт \(T\approx70\) К — ниже комнатной температуры: бумага от неё не нагреется вовсе.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Воздух между манометрами заперт: когда первый манометр заполняется ртутью до верха, воздух сжимается во втором и давит на правое колено первого сильнее атмосферы. Свяжите давление запертого воздуха двумя способами: через уровни ртути во втором манометре и по закону Бойля — Мариотта.

Ответ

\(p_1=(1+\sqrt2)\,p_0\approx2{,}4\) атм (при \(p_0=1\) атм; избыточное давление над атмосферным \(\sqrt2\,p_0\approx1{,}4\) атм).

Решение

Что происходит. Один манометр измеряет избыточное давление над атмосферным; предел ставит длина колен: нельзя, чтобы ртуть вышла из правого колена. Если правое колено первого манометра соединить с левым коленом второго, между ними окажется заперт воздух. Второй манометр, в правом колене которого атмосфера, нагружает этот воздух избыточным давлением, так что на правое колено первого давит уже не \(p_0\), а больше. Тогда первый манометр может показать давление больше атмосферного на \(1\) атм плюс эту добавку. Главная идея: давление запертого воздуха находим двумя способами — по гидростатике и по закону Бойля — Мариотта — и приравниваем.

Обозначения. \(H\) — высота колен над изгибом (предельная разность уровней); \(S\) — сечение трубок; в начале оба колена каждого манометра заполнены ртутью до половины (\(H/2\) воздуха сверху), атмосферное давление \(p_0\). Условие трактуем так: один манометр рассчитан на избыточное давление \(1\) атм, и атмосферное давление тоже \(1\) атм: \(\rho gH=p_0\). \(p_1\) — давление в левом колене первого манометра (искомое наибольшее), \(p_2\) — давление запертого воздуха, \(h\) — разность уровней ртути во втором манометре.

1. Первый манометр на пределе. Наибольшее давление измерим, когда ртуть первого манометра дошла до верха правого колена, а в левом колене опустилась до изгиба (рис. 2, левый манометр). Гидростатика (давления в ртути на одном горизонтальном уровне в сообщающихся коленах равны): на уровне нижней поверхности ртути слева давление \(p_1\), на том же уровне справа \(p_2+\rho gH\): \[p_1=p_2+\rho gH=p_2+p_0 .\]

2. Второй манометр. В его левом колене запертый воздух давлением \(p_2\), в правом — атмосфера \(p_0\). Гидростатика для столба ртути между уровнями (разность \(h\)): \[p_2=p_0+\rho gh=p_0\left(1+\frac hH\right)\] (здесь использовано \(\rho g=p_0/H\)).

3. Запертый воздух. До соединения в правом колене первого манометра было \(SH/2\) воздуха при давлении \(p_0\), в левом колене второго — ещё \(SH/2\) при \(p_0\); после соединения они образуют один объём \(SH\). В конце правое колено первого манометра заполнено ртутью целиком, так что весь воздух находится в левом колене второго: ртуть в нём опустилась на \(h/2\) (правая поднялась на \(h/2\)), длина воздуха \(\dfrac H2+\dfrac h2\). Температура постоянна (сжатие медленное, ртуть и стекло держат температуру), закон Бойля — Мариотта для запертого воздуха: \[p_0\,SH=p_2\,S\,\frac{H+h}{2}\quad\Rightarrow\quad p_2=\frac{2p_0}{1+h/H}.\]

4. Решение. Приравниваем два выражения для \(p_2\) (рис. 3): с \(x=h/H\) получаем \(1+x=\dfrac{2}{1+x}\), откуда \((1+x)^2=2\), \(x=\sqrt2-1\approx0{,}41\). Тогда \[p_2=\sqrt2\,p_0,\qquad p_1=p_2+p_0=(1+\sqrt2)\,p_0\approx2{,}4\text{ атм}.\]

Обратите внимание. Нельзя просто сложить пределы двух манометров (\(1+1=2\) атм): воздух между манометрами сжимается, поэтому второй манометр принимает давление не \(p_0\), а \(p_0+\rho gh\), и первый манометр добавляет к нему только свой предел \(p_0\). Избыточное давление над атмосферным получается \(\sqrt2\,p_0\approx1{,}4\) атм, а не \(2\) атм.

Проверка. Размерность: все слагаемые — давления. Ртуть во втором манометре опустилась в левом колене на \(h/2\approx0{,}21H<H/2\) — не вышла из колена, решение осуществимо. Подстановка: \(p_0(1+0{,}414)=1{,}414\,p_0\) по гидростатике и \(\dfrac{2p_0}{1{,}414}=1{,}414\,p_0\) по закону Бойля — Мариотта — оба выражения для \(p_2\) совпали. Физический смысл: если бы воздух между манометрами не сжимался, пределы двух манометров просто складывались бы (избыточное давление \(2\) атм); сжимаемость воздуха отнимает от этого \(2-\sqrt2\approx0{,}6\) атм.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Два отражения дают две поверхности стекла: от передней свет отражается как от зеркала, от задней — пройдя стекло и вернувшись. Запишите формулу тонкой линзы для взгляда через очки и для каждого отражения; неизвестных две — кривизна задней поверхности и показатель преломления.

Ответ

\(n=1{,}5\) (линза плоско-вогнутая, оптическая сила \(-0{,}2\) дптр, радиус задней поверхности \(2{,}5\) м).

Решение

Что происходит. Стекло очков — тонкая линза. Свет от ученика отражается от неё двумя способами: от передней поверхности (первое изображение) и от задней, пройдя через стекло (второе изображение). Если смотреть сквозь очки, они работают как обычная линза. Первое отражение показывает, что передняя поверхность плоская; взгляд через очки и второе отражение дают два уравнения для двух неизвестных — кривизны задней поверхности и показателя преломления \(n\). Главная идея — записать формулу тонкого элемента для каждого из двух последних изображений и исключить кривизну.

Обозначения. \(d=5\) м — расстояние до ученика; \(f_1=5\) м, \(f_2=\dfrac57\) м — расстояния до двух отражений (за стеклом), \(f_3=2{,}5\) м — расстояние до изображения через очки (мнимое, на стороне ученика). Все изображения мнимые. Линза тонкая, толщину стекла не учитываем. \(D\) — оптическая сила очковой линзы (в диоптриях, \(1\text{ дптр}=1\text{ м}^{-1}\)); \(\kappa\) — кривизна задней поверхности со знаком, выбранным так, что \(D=(n-1)\kappa\) (передняя поверхность плоская, это доказано в шаге 1).

1. Первое изображение — передняя поверхность плоская. Отражение от передней поверхности даёт изображение на таком же расстоянии за стеклом, \(f_1=d\). Так себя ведёт плоское зеркало (рис. 1). Сферическая поверхность радиуса \(R_1\) как зеркало имеет оптическую силу \(2/R_1\) и дала бы \(\dfrac1d-\dfrac1{f_1}=\dfrac2{R_1}\), то есть \(f_1\ne d\). Раз \(f_1=d\), кривизна передней поверхности равна нулю: линза плоско-вогнутая или плоско-выпуклая, кривая только задняя поверхность.

2. Взгляд через очки. Тонкая линза оптической силой \(D\) даёт мнимое изображение на расстоянии \(f_3\) по ту же сторону от линзы, что и предмет, поэтому формула линзы \[\frac1d-\frac1{f_3}=D\quad\Rightarrow\quad D=\frac15-\frac1{2{,}5}=-0{,}2\text{ дптр}.\] Линза рассеивающая, изображение уменьшено и ближе, как и получено в условии (рис. 2).

3. Второе изображение — отражение от задней поверхности. Свет входит в стекло через плоскую грань (линзы не создаёт), отражается от задней поверхности изнутри стекла и возвращается. Сферическое зеркало в стекле отличается от зеркала в воздухе: развернём ход лучей, заменив зеркало тонкой линзой той же оптической силы \(2\kappa\), а линзу очков, через которую свет проходит дважды, — двумя линзами силой \(D\) каждая. Оптические силы тонких элементов, поставленных вплотную, складываются: \[\Phi=D+2\kappa+D=2(n-1)\kappa+2\kappa=2n\kappa .\] Формула линзы для этого изображения (оно мнимое, на расстоянии \(f_2\) за стеклом, рис. 3): \[\frac1d-\frac1{f_2}=2n\kappa\quad\Rightarrow\quad2n\kappa=\frac15-\frac75=-1{,}2\text{ дптр},\quad n\kappa=-0{,}6\text{ дптр}.\]

4. Исключаем кривизну. Из шага 2 \(D=(n-1)\kappa=-0{,}2\) дптр, из шага 3 \(n\kappa=-0{,}6\) дптр. Делим одно на другое: \[\frac{n}{n-1}=\frac{-0{,}6}{-0{,}2}=3\quad\Rightarrow\quad n=\frac32=1{,}5,\qquad\kappa=-0{,}4\text{ м}^{-1},\quad|R|=2{,}5\text{ м}.\] В буквах: \(n=\dfrac{\Phi}{\Phi-2D}\), где \(\Phi=\dfrac1d-\dfrac1{f_2}\), \(D=\dfrac1d-\dfrac1{f_3}\).

Обратите внимание. Нельзя приписать отражению на расстоянии \(\dfrac57\) м переднюю поверхность, а на 5 м — заднюю: изображение на расстоянии, равном расстоянию до предмета, даёт только плоская поверхность, а плоской задняя поверхность быть не может, иначе линза не имела бы оптической силы. Если всё же поменять отражения местами, получится \(n<1\), что невозможно для стекла.

Проверка. Размерность: все слагаемые — оптические силы в \(\text{м}^{-1}\), \(n\) безразмерно. Подставим \(n=1{,}5\) и \(\kappa=-0{,}4\text{ м}^{-1}\) обратно: \(D=0{,}5\cdot(-0{,}4)=-0{,}2\) дптр, \(\dfrac1{f_3}=\dfrac15+0{,}2=0{,}4\) (\(f_3=2{,}5\) м); \(2n\kappa=-1{,}2\) дптр, \(\dfrac1{f_2}=\dfrac15+1{,}2=1{,}4\) (\(f_2=\dfrac57\) м) — оба условия выполнены. Показатель \(1{,}5\) — обычное оптическое стекло, а отрицательная сила и выпуклость задней поверхности «изнутри» согласуются: рассеивающий выпуклый (для света внутри стекла) отражатель даёт изображение, уменьшенное в \(\dfrac{5/7}{5}=\dfrac17\) раз.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.