Формула линзы, увеличение

Подсказка

Выразите расстояние до предмета через расстояние до изображения с помощью увеличения и подставьте в формулу линзы.

Ответ

\(125\) см

Подсказка

Расстояния до предмета и до изображения связаны увеличением, а их сумма равна \(2\) м.

Ответ

\(11\) дптр

Подсказка

Для расстояний \(a\) и \(b\) с суммой \(L\) формула линзы даёт квадратное уравнение; оно разрешимо, только если \(L\) не меньше некоторого кратного фокусного расстояния. Вторая позиция линзы получается обменом \(a\) и \(b\).

Ответ

A) 5 дптр;  B) 5,6 дптр;  C) 0,5;  D) 27 см.

Подсказка

Параллельные лучи собираются в точке на полу, значит, фокусное расстояние линзы из воды равно расстоянию от зонта до пола. Потолок — предмет на расстоянии длины ручки от линзы; найдите его мнимое изображение.

Ответ

Наблюдателю на полу покажется, что потолок имеет высоту 4 м.

Решение

Обозначим \(L = 1\) м. Как вытекает из условия задачи, купол зонта можно рассматривать как собирающую линзу с фокусным расстоянием \(2L\), которое равно расстоянию от зонта до пола.

Пусть мнимое изображение \(\Pi_1\) потолка \(\Pi\) в этой линзе находится на расстоянии \(x\) от неё:

Согласно формуле тонкой линзы получим \[\frac1L - \frac1x = \frac1{2L}\] и \(x = 2L\). Таким образом, наблюдателю на полу потолок кажется расположенным на расстоянии \(2L + 2L = 4L\) от пола.

Решение

Поверхность воды горизонтальна, нормаль вертикальна. Луч в воде составляет \(60^\circ\) с поверхностью, значит с нормалью \(\beta=30^\circ\).

Закон преломления на границе воздух–вода:

\[ \sin\alpha=n\sin\beta=1{,}33\cdot\sin30^\circ=1{,}33\cdot\frac12=0{,}665. \] \[ \alpha=\arcsin0{,}665\approx41{,}7^\circ. \]

Это угол падения, отсчитываемый от вертикали. Высота Солнца над горизонтом

\[ \alpha_\text{гор}=90^\circ-\alpha\approx48^\circ. \]

Рыбе Солнце кажется выше, чем оно есть: «окно Снеллиуса» прижимает весь небесный полукруг к зениту.

Тот же Снеллиус в числах, без перевода «к горизонту». В воде \(\beta=30^\circ\), \(n=1{,}33\), \(\sin\alpha=1{,}33\cdot\tfrac12=0{,}665\), \(\alpha=\arcsin0{,}665\approx41{,}7^\circ\); высота над горизонтом \(90^\circ-41{,}7^\circ=48{,}3^\circ\) — в ответе округлили до \(48^\circ\). Школьная вода \(n=4/3\) даёт \(\sin\alpha=2/3\), \(\alpha=41{,}8^\circ\), высота \(48{,}2^\circ\): на десятую градуса то же. Зенит: \(\alpha=\beta=0\), луч не ломается. Край окна Снеллиуса \(\sin\beta=1/n\), \(\beta\approx48{,}8^\circ\) к вертикали — рыба видит Солнце уже на ободе конуса \(2\beta\approx98^\circ\). Наши \(60^\circ\) к поверхности оставляют ещё \(\approx11^\circ\) до ПВО.

Решение

а. Глаз в воздухе, дно в воде. Малые углы, \(\sin\beta\approx\beta\), закон Снеллиуса \(\alpha=n\beta\). Треугольники над и под поверхностью дают \(h'/L=\alpha\), \(h/L=\beta\), откуда

\[ h'=h/n. \]

Кажущаяся глубина 3 м, \(n=1{,}33\):

\[ h=n\cdot3=4\ \text{м}. \]

б. Глаз в воде, самолёт в воздухе. Луч идёт из воздуха в воду: теперь «настоящий» угол в воздухе меньше преломлённого. Кажущаяся высота

\[ H'=nH=1{,}33\cdot3\approx4\ \text{км}. \]

Лодка «неглубоко», так что слой воды над ней на ход лучей почти не влияет: вся преломляющая работа делается на поверхности.

Малые углы делают Снеллиуса линейным: \(\alpha=n\beta\), и кажущаяся глубина — отношение катетов одной пары треугольников. Из воздуха вниз \(h'=h/n\): три метра «на глаз» есть четыре настоящих при \(n=4/3\). Из воды вверх та же пара переворачивается, \(H'=nH\): самолёт на 3 км сидит на кажущихся 4 км. Предел \(n\to1\) оба сдвига гасит. Если лодка не «неглубоко», а на глубине \(h\), к самолёту добавится слой \(h/n\); при \(h\sim10\) м против 3 км это треть процента — условие как раз выкидывает эту поправку. Обратимость: дно 4 м\(\to\)3 м и самолёт 3 км\(\to\)4 км — одна геометрия.

Решение

Пусть линейный размер улитки \(s\ll L,l\). Без воды она на расстоянии \(L+l\), угловой размер

\[ \varphi_0=\frac{s}{L+l}. \]

С водой дальняя стенка кажется ближе: кажущаяся толщина аквариума \(l/n\), кажущееся расстояние до улитки \(L+l/n\),

\[ \varphi=\frac{s}{L+l/n}. \]

Слили воду — угол стал меньше. Во сколько раз:

\[ \frac{\varphi}{\varphi_0}=\frac{L+l}{L+l/n}. \]

То есть угловой размер уменьшится в \(\dfrac{L+l}{L+l/n}\) раз.

Тонкое стекло стенок аквариума можно не считать: его оптическая толщина \(\delta(n_\text{ст}-1)\) много меньше \(l\) и \(L\). Если глаз смотрит не строго перпендикулярно, поправка второго порядка по углу; в школьной постановке её нет.

Числа, чтобы почувствовать формулу. Аквариум \(l=40\) см, глаз в метре (\(L=1\) м), вода \(n=4/3\): без воды улитка на \(1{,}40\) м, с водой — на \(L+l/n=1+0{,}30=1{,}30\) м. Угол вырастет в \(1{,}40/1{,}30\approx1{,}08\) раза — восемь процентов, глаз ещё замечает. Вплотную к стеклу (\(L\to0\)) выигрыш ровно \(n=4/3\): улитка «подъехала» с 40 до 30 см. Далеко, \(L=10\) м, отношение \(10{,}40/10{,}30\approx1{,}01\) — тонкий слой на горизонте уже не увеличивает. Формула \(\varphi/\varphi_0=(L+l)/(L+l/n)\) обе границы держит сама.

Решение

Абсолютный показатель стекла \(n_\text{ст}=1{,}5\), воды \(n_\text{в}=1{,}33\). На границе вода–стекло

\[ n=\frac{n_\text{ст}}{n_\text{в}}=\frac{1{,}5}{1{,}33}\approx1{,}13. \]

Именно это число стоит в законе Снеллиуса, если луч идёт из воды в стекло: \(\sin\beta/\sin\gamma=1{,}13\).

Из закона Снеллиуса на двух границах: воздух–вода \(\sin i=1{,}33\sin r\), вода–стекло \(1{,}33\sin r=1{,}5\sin\gamma\). Делим второе на первое — воздух сокращается, остаётся \(n_{\text{ст}/\text{в}}=1{,}5/1{,}33\). Численно \(1{,}50/1{,}33=1{,}127\approx1{,}13\).

Относительный показатель — частное абсолютных, не новая константа: \(n_{\mathrm{ст}/\mathrm{в}}=1{,}50/1{,}33\approx1{,}128\). Снеллиус вода–стекло: \(\sin\beta=1{,}13\sin\gamma\). Луч из воды под \(\beta=30^\circ\) к нормали в стекле пойдёт под \(\gamma=\arcsin(1{,}33\sin30^\circ/1{,}50)=\arcsin0{,}443\approx26{,}3^\circ\) — прижался к нормали, как и должно быть при \(n\gt1\). Обратный ход стекло\(\to\)вода даёт \(1/1{,}13\approx0{,}885\lt1\), луч от нормали отойдёт. Предел «стекло как вода» (\(n_\mathrm{ст}=n_\mathrm{в}\)) гасит границу: относительный показатель единица, излома нет.

Решение

а. Алмаз–воздух: \(\sin\alpha_\text{а}=1/2{,}4=0{,}417\), \(\alpha_\text{а}=24{,}6^\circ\).

Вода–воздух: \(\sin\alpha_\text{в}=1/1{,}33=0{,}752\), \(\alpha_\text{в}=49^\circ\).

Алмаз–вода: \(\sin\alpha_{\text{а,в}}=1{,}33/2{,}4=0{,}554\), \(\alpha_{\text{а,в}}=33{,}7^\circ\).

б. Луч в воде, упавший на пузырёк (воздух, \(n=1\)) под углом больше \(49^\circ\), полностью отражается. У маленького пузырька почти вся поверхность «смотрит» под такими углами к типичным лучам рассеянного света. Пузырёк работает как кривое зеркало и кажется серебристым. (Блеск алмаза — тот же эффект: крошечный \(\alpha_c=24{,}6^\circ\) запирает свет внутри огранки.)

Три критических угла — три разных контраста \(n_2/n_1\). Алмаз–воздух: \(\sin\alpha_c=1/2{,}4=0{,}417\), \(\alpha_c=24{,}6^\circ\) — узкий конус выхода, поэтому огранка так блестит. Вода–воздух: \(1/1{,}33=0{,}752\), \(\alpha_c=48{,}8^\circ\approx49^\circ\). Алмаз в воде: \(1{,}33/2{,}4=0{,}554\), \(\alpha_c=33{,}7^\circ\): окно шире, «игра» тусклее. Пузырёк — та же вода–воздух навыворот: на сферу 1 мм типичный луч издали бьёт с прицельным параметром \(\sim R\), угол падения близок к \(90^\circ\), далеко за \(49^\circ\), почти вся поверхность — зеркало. Предел \(n\to1\) гонит \(\alpha_c\to90^\circ\), ПВО пропадает.

Решение

Критический угол стекло–воздух: \(\sin\alpha_c=1/1{,}5=2/3\), \(\alpha_c=\arcsin(2/3)\approx41{,}8^\circ\).

На первую грань луч падает из воздуха. Закон Снеллиуса: \(\sin i=n\sin r\), и \(\sin i\le1\), поэтому

\[ \sin r\le\frac1n=\frac23,\qquad r\le\alpha_c\approx41{,}8^\circ. \]

Смежная грань перпендикулярна первой, значит угол падения на неё равен \(90^\circ-r\). Но

\[ 90^\circ-r\ge90^\circ-41{,}8^\circ=48{,}2^\circ>41{,}8^\circ=\alpha_c. \]

Любой луч, вошедший в куб через одну грань, на соседней испытывает полное внутреннее отражение и наружу не выйдет. Через смежные грани ничего не видно. (Через противоположные — обычное окно, через них смотреть можно.)

Порог «видно / не видно за угол» сидит ровно в \(n=\sqrt2\). Луч, едва влезший в первую грань, имеет внутри \(r=\arcsin(1/n)\). На смежной (прямой угол) падение \(i=90^\circ-r\), и ПВО требует \(90^\circ-r\ge\arcsin(1/n)\), то есть \(n\ge\sqrt2\approx1{,}414\). Стекло \(n=1{,}5\): запас \(r\le41{,}8^\circ\), \(i\ge48{,}2^\circ\), до критических \(41{,}8^\circ\) ещё шесть градусов — ни один луч не проскочит. Оргстекло \(n=1{,}49\) тоже заперто; вода \(n=1{,}33\lt\sqrt2\) уже просвечивает за угол. Через противоположные грани куба смотреть можно: там \(i=r\le41{,}8^\circ\), до ПВО не дотягивает.

Решение

Внешний радиус изгиба \(R\), диаметр волокна \(l\), внутренний радиус \(R-l\). Луч, вошедший параллельно образующей у внутреннего края, в сечении — прямая, касательная к окружности радиуса \(R-l\).

Эта прямая пересекает внешнюю окружность радиуса \(R\). В треугольнике «центр изгиба — точка касания — точка падения» катет \(R-l\), гипотенуза \(R\). Угол между лучом и радиусом (нормалью к боковой поверхности) есть угол падения \(i\), и

\[ \sin i=\frac{R-l}{R}. \]

Полное внутреннее отражение: \(i\ge\alpha_c\), \(\sin i\ge1/n\):

\[ \frac{R-l}{R}\ge\frac1n,\qquad 1-\frac lR\ge\frac1n,\qquad \frac lR\le\frac{n-1}n, \] \[ R\ge\frac{ln}{n-1}. \]

Минимальный внешний радиус — \(R=ln/(n-1)\).

Самый опасный луч касается внутренней дуги радиуса \(R-l\), и в треугольнике с внешним радиусом \(R\) имеем \(\sin i=(R-l)/R\). ПВО: \((R-l)/R\ge1/n\), откуда \(R\ge ln/(n-1)\). Стекло \(n=1{,}5\), жила \(l=1\) мм: гнуть мельче \(R=3\) мм нельзя. Кварц \(n=1{,}46\) даёт \(R\approx3{,}2l\); алмаз \(n=2{,}4\) — уже \(R\approx1{,}7l\), почти «переломить». Предел \(n\to1+\) требует \(R\to\infty\): оптически пустое волокно свет не держит. При \(n\to\infty\) критический угол нулевой, формула сажает \(R\to l\) — наружный радиус не меньше диаметра, иначе внутренняя дуга выворачивается.

Решение

Критический угол плексиглас–воздух: \(\sin\alpha_c=1/1{,}5=2/3\), \(\alpha_c=\arcsin(2/3)\). Полное отражение на образующей, если

\[ 90^\circ-\alpha>\arcsin\frac23\qquad\Longleftrightarrow\qquad\alpha<\arccos\frac23. \]

Если \(\alpha>\arccos(2/3)\) (конус «тупой»), уже при первом ударе \(i<\alpha_c\): часть света преломляется наружу, часть отражается. Конус сразу «светится» боками.

Если \(\alpha<\arccos(2/3)\) (конус острый), первый удар — полное внутреннее отражение. После отражения луч составляет с осью другой угол. Геометрия конуса такова, что угол падения на образующую каждый раз уменьшается ровно на \(2\alpha\): нормаль к поверхности «поворачивается» на \(\alpha\) при переходе к следующей точке, плюс сам луч повернулся на \(2i\). Через несколько отражений \(i\) упадёт ниже \(\alpha_c\), и свет выйдет через боковую поверхность ближе к вершине.

На основание пучок падает по нормали и в плексиглас (\(n=1{,}5\)) входит без излома. На образующую первый удар идёт под \(i=90^\circ-\alpha\). Сравниваем с \(\alpha_c=\arcsin(2/3)\approx41{,}8^\circ\): полное отражение, пока \(\alpha\lt\arccos(2/3)\approx48{,}2^\circ\). Конус \(2\alpha=40^\circ\) (\(\alpha=20^\circ\)) зеркалит: после каждого отскока \(i\) падает на \(40^\circ\), через два удара \(i\) пробьёт \(41{,}8^\circ\) и свет выйдет у острия. Конус \(2\alpha=100^\circ\) «течёт» сразу. Предел \(\alpha\to0\) — цилиндр, \(i=90^\circ\) навсегда, световод без потерь. Число отражений до выхода порядка \((90^\circ-\alpha-\alpha_c)/(2\alpha)\).

Решение

Угол между образующей и осью \(\alpha=30^\circ\). Параллельный оси луч идёт внутри стекла без излома и падает на бок под углом \(i=60^\circ\). Критический угол стекла с \(n>1{,}5\) меньше \(41{,}8^\circ\), поэтому \(60^\circ\) — полное внутреннее отражение.

После отражения луч идёт к оси под \(60^\circ\) к вертикали (это считается векторно: нормаль к образующей, закон отражения). Пусть луч вошёл в основание на расстоянии \(\rho\) от оси. Боковой поверхности он достигнет на высоте \(z=\rho/\mathrm{tg}\,30^\circ=\rho\sqrt3\) над вершиной. Оттуда до плоскости ещё \(z\), а тангенс угла с вертикалью равен \(\sqrt3\), так что по радиусу луч смещается на \(\sqrt3\cdot\rho\sqrt3=3\rho\) к оси и пересекает её «с запасом»: на плоскости он окажется на расстоянии \(2\rho\) по другую сторону от оси.

Чёрный круг — это \(r\le R\). Наш луч попадает в него, только если \(2\rho\le R\), то есть \(\rho\le R/2\). Значит, чёрным с большого расстояния выглядит кружок радиуса \(R/2\) на основании конуса.

Смотрим издалека вдоль оси — в глаз входят только лучи, вышедшие параллельно оси. По обратимости пустим их вниз: в основание они входят без излома и бьют в образующую под \(i=60^\circ\). У стекла с \(n\gt1{,}5\) критический угол меньше \(41{,}8^\circ\), так что \(60^\circ\) — чистое ПВО. Геометрия \(2\alpha=60^\circ\) сажает луч, вошедший на радиусе \(\rho\), в точку плоскости на \(2\rho\) по другую сторону оси. Чёрный круг \(r\le R\) «съедает» такие лучи при \(2\rho\le R\), видимый радиус основания \(R/2\). Если бы \(n=1{,}40\), при \(i=60^\circ\) ПВО уже не было бы, и ответ сменился бы: часть лучей ушла бы в плоскость без отражения.

Решение

Сечение трубки — кольцо: внешний радиус \(R\), истинный внутренний \(r'\). Смотрим издалека, перпендикулярно оси. Кажущийся край — луч в воздухе с прицельным параметром \(r\) (расстояние от оси до луча).

Этот луч падает на внешнюю окружность. Если \(\beta\) — угол падения снаружи, \(\sin\beta=r/R\). В стекле угол \(i\), \(n\sin i=\sin\beta=r/R\).

Внутри стекла луч идёт прямо и касается канала, то есть проходит на расстоянии \(r'\) от оси. Но это расстояние есть \(R\sin i\):

\[ r'=R\sin i=R\cdot\frac{r}{nR}=\frac r n. \]

Наружный радиус сократился. Истинный канал уже видимого в \(n\) раз.

Касательная к каналу после преломления на внешней окружности отъезжает от оси. Снаружи прицельный параметр видимого края есть \(r\), \(\sin\beta=r/R\); в стекле \(n\sin i=r/R\), а касание канала требует \(r'=R\sin i=r/n\). Наружный радиус \(R\) сократился — ответ не зависит от толщины стенки. Стекло \(n=1{,}5\), видимый просвет \(0{,}30\) мм: истинный капилляр \(0{,}20\) мм. Предел \(n\to1\) возвращает \(r'=r\). Если смотреть не издалека, появится поправка порядка \(R/L\) (\(L\) — расстояние до глаза); в школьной постановке \(L\gg R\), и её нет.

Решение

Показатели: \(n_1=n\), \(n_2=n/k\), …, \(n_N=n/k^{N-1}\). Закон Снеллиуса сквозь всю стопку:

\[ \sin\alpha=n_1\sin\gamma_1=n_2\sin\gamma_2=\dots=n_j\sin\gamma_j. \]

На границе \(j\to j+1\) полное отражение, если \(n_j\sin\gamma_j\ge n_{j+1}\), то есть \(\sin\alpha\ge n_{j+1}\). Самое маленькое \(n_{j+1}\) — у последней пластины: \(n_N=n/k^{N-1}\). Значит, минимальный угол падения, при котором луч уже не пройдёт,

\[ \sin\alpha=\frac n{k^{N-1}}, \]

если только это число не больше единицы. Если \(n/k^{N-1}>1\), даже скользящий луч (\(\sin\alpha=1\)) не набирает условия ПВО — свет проходит стопку при любом угле.

Выход из последней пластины в воздух полного отражения не даёт: инвариант \(\sin\alpha<1\) как раз равен синусу угла выхода.

Инвариант Снеллиуса сквозь стопку: \(\sin\alpha=n_j\sin\gamma_j\) одно и то же на каждой границе. ПВО вспыхивает, едва \(\sin\alpha\) дотянет до показателя следующей пластины. Самая «редкая» — последняя, \(n_N=n/k^{N-1}\), поэтому порог \(\sin\alpha=n/k^{N-1}\). Пример: \(n=1{,}6\), \(k=1{,}2\), \(N=4\): \(\sin\alpha=1{,}6/1{,}2^3=0{,}926\), \(\alpha\approx68^\circ\). При \(N=5\) уже \(1{,}6/1{,}2^4=0{,}772\), \(\alpha\approx50^\circ\). Если \(n/k^{N-1}\gt1\), даже скользящий луч не запирается: стопка слишком короткая по контрасту. Выход в воздух полного отражения не даёт — инвариант \(\sin\alpha\lt1\) как раз равен синусу угла выхода.

Решение

На высоте \(h\) имеем \(n=n_0-\alpha h\): при подъёме на \(\Delta h\) показатель убывает на \(\alpha\,\Delta h\), то есть \(\Delta n/\Delta h=-\alpha\). Луч, идущий горизонтально (поперёк направления, вдоль которого меняется \(n\)), имеет кривизну

\[ \frac1{\rho}=\frac1n\left|\frac{\Delta n}{\Delta h}\right|=\frac{\alpha}{n}. \]

Для круговой орбиты радиуса \(r=R+H\)

\[ \frac1{R+H}=\frac{\alpha}{n_0-\alpha H}. \]

Отсюда \(\alpha(R+H)=n_0-\alpha H\), \(\alpha R+2\alpha H=n_0\),

\[ H=\frac12\left(\frac{n_0}{\alpha}-R\right). \]

Тот же ответ даёт инвариант сферически-симметричной среды \(n(r)\,r\sin\theta=\mathrm{const}\): круговой луч (\(\theta=90^\circ\)) живёт там, где \(n(r)r\) имеет экстремум, и дифференцирование снова приводит к \(n+\alpha r=0\) в наших обозначениях — то же уравнение.

Кривизна горизонтального луча \(1/\rho=\alpha/n\). Чтобы он навсегда остался на высоте \(H\), нужно \(\rho=R+H\), то есть \(\alpha/(n_0-\alpha H)=1/(R+H)\). Отсюда \(H=\tfrac12(n_0/\alpha-R)\). Земля: \(n_0-1\sim3\cdot10^{-4}\), градиент \(\alpha\sim3\cdot10^{-8}\) м\(^{-1}\), \(n_0/\alpha\sim10^4\) км при \(R=6370\) км — формула даёт \(H\sim1{,}8\cdot10^3\) км, далеко за линейным слоем \(h\ll n/\alpha\). Реальная атмосфера так не умеет: кругового луча нет. Чтобы \(H\) было в километрах у планеты земного размера, нужен \(\alpha\sim n_0/R\sim1{,}6\cdot10^{-7}\) м\(^{-1}\) — впятеро круче земного.

Решение

Критический угол вода–воздух \(\alpha_c=\arcsin(1/1{,}33)\approx49^\circ\). Любой луч из воздуха, как бы полого он ни шёл, после преломления идёт в воде под углом к вертикали не больше \(49^\circ\). Обратно: рыба, глядя вверх в пределах конуса раствора \(2\alpha_c\approx97^\circ\), видит весь надводный мир — от зенита до горизонта.

Горизонт прижат к краю окна: берег, деревья, низкое Солнце сидят кольцом вокруг зенита и сильно сжаты по высоте. Предметы у зенита почти не искажены (вертикальный луч не ломается), у края окна — сплющены и подняты.

Если рыба смотрит круче \(49^\circ\) к вертикали, луч не выходит в воздух: полное внутреннее отражение. В этом «кольце» вокруг окна виден подводный пейзаж — дно, другие рыбы, отражение самой рыбы. Поверхность там блестит, как ртуть.

Неглубоко у берега рыба может видеть и берег «напрямую» через боковую воду, и тот же берег — поднятым в окне Снеллиуса.

Окно Снеллиуса — конус раствора \(2\alpha_c=2\arcsin(1/n)\). Вода \(n=1{,}33\): \(\alpha_c=48{,}8^\circ\), окно \(\approx97{,}5^\circ\). Весь небесный полукруг \(180^\circ\) сжат в эти 97 градусов: у горизонта сжатие огромное, у зенита его нет (вертикальный луч не ломается). За краем окна, при угле к вертикали больше \(49^\circ\), поверхность — зеркало ПВО, и рыба видит дно. Если \(n=1{,}5\) (условная «рыба в стекле»), окно сузится до \(2\arcsin(2/3)\approx83^\circ\). Предел \(n\to1\) раскрывает окно на все \(180^\circ\): границы вода–воздух как будто нет.

Решение

а. На первую грань луч падает по нормали и идёт в клине без излома. На вторую грань он падает под углом \(\alpha\) (грани сходятся под \(\alpha\)). Закон Снеллиуса: \(n\sin\alpha=\sin(\alpha+\delta)\). При малых углах \(n\alpha=\alpha+\delta\), откуда \(\delta=(n-1)\alpha\).

б. Теперь на первую грань падение \(\gamma\ll1\). В клине угол с нормалью первой грани \(\gamma/n\). Угол падения на вторую грань равен \(\alpha-\gamma/n\) (или \(\alpha+\gamma/n\), смотря куда клин). Выход в воздух: \(n(\alpha-\gamma/n)=\alpha+\delta-\gamma\) в линейном приближении, и снова \(\delta=(n-1)\alpha\). Косой вход и косой выход сокращаются: клин «не знает» \(\gamma\).

в. Тонкая линза на высоте \(h\) от оси имеет толщину с клином \(\alpha\approx h/R_1+h/R_2\) (каждая сфера даёт угол \(h/R\)). Луч, параллельный оси, отклоняется на \(\delta=(n-1)\alpha=(n-1)h(1/R_1+1/R_2)\) и пересекает ось на расстоянии \(F\), причём \(\delta=h/F\). Значит

\[ \frac1F=(n-1)\left(\frac1{R_1}+\frac1{R_2}\right). \]

Знаки: \(R>0\), если поверхность выпуклая навстречу лучу.

Клин \(\alpha=2^\circ\approx0{,}035\) рад, стекло \(n=1{,}5\): отклонение \(\delta=(n-1)\alpha=0{,}017\) рад \(\approx1^\circ\) — вдвое слабее самого угла клина. Пункт б обещает то же \(\delta\) при косом входе: линейный Снеллиус на двух гранях сокращает \(\gamma\), остаётся только \((n-1)\alpha\). Линза — набор таких клиньев: на высоте \(h\) угол \(\alpha=h/R_1+h/R_2\), и \(\delta=h/F\) сажает \(1/F=(n-1)(1/R_1+1/R_2)\). Плоско-выпуклая \(R_2=\infty\), \(F=R/(n-1)\): при \(R=10\) см и \(n=1{,}5\) имеем \(F=20\) см. Предел \(n\to1\) или \(R\to\infty\) гасит силу — линза исчезает.

Решение

а. Обе поверхности выпуклые, \(R_1=R_2=0{,}30\) м, \(n=1{,}6\):

\[ \frac1F=(1{,}6-1)\left(\frac1{0{,}30}+\frac1{0{,}30}\right)=0{,}6\cdot\frac{2}{0{,}30}=4\ \text{м}^{-1}. \] \[ F=0{,}25\ \text{м},\qquad D=4\ \text{дптр}. \]

б. Плоско-выпуклая: \(1/R_2=0\), \(D=(n-1)/R=0{,}6/R=1\) дптр, откуда \(R=0{,}6\) м.

Знаки: обе поверхности двояковыпуклой линзы собирающие, радиусы входят со знаком «+». У плоско-выпуклой плоская сторона даёт \(R_2=\infty\), \(1/R_2=0\), и остаётся одно слагаемое. Оптическая сила в диоптриях численно равна \(1/F\), если \(F\) измерено в метрах — отсюда сразу 4 дптр и 1 дптр.

Формула тонкой линзы сразу в метрах: \(1/F=(1{,}6-1)(1/0{,}30+1/0{,}30)=4\) м\(^{-1}\), \(F=25\) см, \(D=4\) дптр. Это уже сильные очки или лупа. Плоско-выпуклая той же силы 1 дптр требует \(R=(n-1)/D=0{,}60\) м — почти плоская на ощупь. Если ту же двояковыпуклую погрузить в воду, относительный показатель упадёт с \(0{,}6\) до \(1{,}6/1{,}33-1\approx0{,}20\), сила с 4 до \(\approx1{,}4\) дптр. Предел \(n\to1\): \(D\to0\), стеклянная «линза» в воздухе ничего не делает. Две плоско-выпуклые вплотную снова дают \(2+2=4\) дптр — та же двояковыпуклая.

Решение

Вода \(n_0=1{,}33\). Фокусное расстояние в воде (расстояние, на котором параллельный пучок в воде соберётся) даётся

\[ \frac1{f}=\left(\frac{n}{n_0}-1\right)\left(\frac1R+\frac1R\right)=\left(\frac{1{,}61}{1{,}33}-1\right)\frac2R. \] \[ \frac{1{,}61}{1{,}33}-1\approx0{,}211,\qquad \frac1f=\frac{0{,}422}{R}. \]

По условию \(1/f=1{,}6\) м⁻¹:

\[ R=\frac{0{,}422}{1{,}6}=0{,}26\ \text{м}. \]

Общая формула линзы в среде \(n_0\): \(1/f=(n/n_0-1)(1/R_1+1/R_2)\). Подставляем \(n=1{,}61\), \(n_0=4/3\approx1{,}33\), \(R_1=R_2=R\):

\[ \frac{n}{n_0}-1=\frac{1{,}61}{1{,}33}-1=\frac{0{,}28}{1{,}33}=0{,}2105,\qquad \frac1f=0{,}421/R=1{,}6\ \text{м}^{-1}. \]

\(R=0{,}421/1{,}6=0{,}263\approx0{,}26\) м. В воздухе та же линза была бы в \((n-1)/(n/n_0-1)\approx2{,}9\) раза сильнее.

В воде работает не \(n-1=0{,}61\), а \(n/n_0-1=1{,}61/1{,}33-1\approx0{,}211\). Две одинаковые сферы дают \(1/f=0{,}211\cdot2/R=0{,}422/R\). При \(D=1{,}6\) дптр имеем \(R=0{,}422/1{,}6=0{,}264\) м. В воздухе та же линза собрала бы \(D=0{,}61\cdot2/0{,}26\approx4{,}7\) дптр — почти втрое сильнее, как отношение \(0{,}61/0{,}21\). Если вместо воды взять масло \(n_0=1{,}50\), относительный показатель упадёт до \(0{,}073\), и \(R\) при той же силе \(1{,}6\) дптр сжался бы до \(\approx9\) см: линза должна быть круче, чтобы компенсировать почти исчезнувший контраст.

Решение

В воздухе \(\dfrac1f=(n_\text{ст}-1)\dfrac2r\), откуда \(2(n_\text{ст}-1)=r/f\).

а. Пучок из воздуха в воду. Сила первой поверхности (воздух–стекло) \(D_1=(n_\text{ст}-1)/r\), второй (стекло–вода) \(D_2=(n-n_\text{ст})/(-r)=(n_\text{ст}-n)/r\). Суммарная вергенция в воде

\[ \frac n x=D_1+D_2=\frac{2n_\text{ст}-1-n}r=\frac1f-\frac{n-1}r, \]

подождав: \(2n_\text{ст}-1-n=r/f+2-1-n=r/f-(n-1)\), и \(n/x=(2n_\text{ст}-1-n)/r\), так что

\[ \frac1x=\frac1{nf}-\frac{n-1}{nr}. \]

б. Пучок из воды в воздух. Теперь \(D_1=(n_\text{ст}-n)/r\), \(D_2=(1-n_\text{ст})/(-r)=(n_\text{ст}-1)/r\), изображение в воздухе:

\[ \frac1x=D_1+D_2=\frac{2n_\text{ст}-n-1}r=\frac1f-\frac{n-1}r. \]

Две среды по разные стороны ломают симметрию \(d\leftrightarrow d'\). Из воздуха в воду вергенция после линзы делится на \(n\): \(n/x=1/f-(n-1)/r\), откуда \(1/x=1/(nf)-(n-1)/(nr)\). Из воды в воздух делить не на что, \(1/x=1/f-(n-1)/r\). Числа: школьная \(f=10\) см, \(r=15\) см, вода \(n=4/3\). «В аквариум» \(1/x=1/13{,}3-0{,}33/20\), \(x\approx17\) см. «Из аквариума» \(1/x=1/10-0{,}33/15\), \(x\approx13\) см. Пустой аквариум (\(n=1\)) оба сажает в \(x=f\). Если правая часть отрицательна, пучок после линзы расходится: формальный фокус мнимый.

Решение

Свет идёт снаружи. Первая поверхность: \(R_1=R+\delta\), сила \(D_1=(n-1)/(R+\delta)\). Вторая (стекло–воздух, центр кривизны по-прежнему справа, \(R_2=+R\)): \(D_2=(1-n)/R=-(n-1)/R\).

\[ \frac1f=D_1+D_2=(n-1)\left(\frac1{R+\delta}-\frac1R\right)=-(n-1)\frac{\delta}{R(R+\delta)}\approx-(n-1)\frac{\delta}{R^2}. \] \[ f=-\frac{R^2}{(n-1)\delta}. \]

Знак минус: стенка рассеивает. Параллельный пучок после колбы станет расходящимся, как от мнимого фокуса перед ней.

Тонкая стенка сферы — две близкие поверхности радиуса \(R\) толщины \(\delta\ll R\). В нулевом порядке по \(\delta\) сила нулевая (плоскопараллельный слой). Первый порядок даёт рассеивающую «воздушную» линзу \(f=-R^2/[(n-1)\delta]\) — как мыльный пузырь.

Мениск: \(R_1=R+\delta\), \(R_2=R\), силы почти уничтожаются, остаток \(1/f=-(n-1)\delta/(R(R+\delta))\approx-(n-1)\delta/R^2\). Колба \(R=8\) см, стенка \(\delta=1{,}5\) мм, стекло \(n=1{,}5\): \(|f|=0{,}08^2/(0{,}5\cdot0{,}0015)\approx8{,}5\) м — слабая рассеивающая, через неё мир чуть уменьшен. Мыльный пузырь \(n\approx1{,}33\), \(R=3\) см, \(\delta=1\) мкм: \(|f|=0{,}03^2/(0{,}33\cdot10^{-6})\approx2{,}7\) км, практически плоское окно. Предел \(\delta\to0\) или \(n\to1\) гонит \(f\to-\infty\). Знак минус обязателен: вторая поверхность вогнутая навстречу выходу, сила отрицательная.

Решение

Каждый клин, по задаче 13.2.14, отклоняет луч на \((n-1)\alpha\), и эти отклонения направлены в противоположные стороны (клинья сложены «навстречу», чтобы внешние грани были параллельны). Суммарный угол отклонения пучка

\[ \delta=(n_1-1)\alpha-(n_2-1)\alpha=(n_1-n_2)\alpha. \]

Собирающая линза все параллельные лучи, идущие под углом \(\delta\) к оси, собирает в одну точку фокальной плоскости на расстоянии \(f\,\mathrm{tg}\,\delta\approx f\delta\) от фокуса. Без пластинки пучок идёт вдоль оси и садится в сам фокус. Смещение светлой точки

\[ \Delta=\alpha(n_1-n_2)f. \]

Направление — в сторону клина с большим \(n\).

Снаружи пластинка плоскопараллельная, внутри — два клина навстречу. Нетто \(\delta=(n_1-n_2)\alpha\). Линза сажает параллельный пучок под углом \(\delta\) в точку фокальной плоскости: \(\Delta=f\delta=\alpha(n_1-n_2)f\). Кроны и флинта, \(n_1=1{,}52\), \(n_2=1{,}62\), клин \(\alpha=1^\circ\approx0{,}0175\) рад, \(f=50\) см: \(\Delta=0{,}0175\cdot0{,}10\cdot0{,}50\approx0{,}87\) мм — уже видно на экране. При \(n_1=n_2\) или \(\alpha=0\) смещение нуль: однородная пластина пучок не ломает. Предел \(f\to\infty\) (линзы нет) пятно уезжает на бесконечность — угол тот же, а фокальной плоскости больше нет.

Решение

На плоскую грань падение \(45^\circ\), в стекле \(\sin r=\sin45^\circ/n=1/(n\sqrt2)\). Пучок внутри параллелен.

Цилиндрическая поверхность: нормаль радиальна. Для луча, проходящего на расстоянии \(b\) от оси (прицельный параметр в стекле), \(\sin i=b/R\). Полное внутреннее отражение при \(b/R\ge1/n\), то есть при \(b\ge R/n\). Наружу выходят только лучи с \(|b|<R/n\).

Точки выхода этих лучей лежат на дуге, которую из центра видно под углом. Крайние вышедшие лучи касаются окружности радиуса \(R/n\) и бьют в цилиндр под критическим углом; центральный угол между крайними точками выхода равен \(2\arcsin(1/n)\). (Направление пучка внутри лишь поворачивает эту дугу как целое, ширину не меняет.)

Итак, свет выходит из части боковой поверхности, ограниченной углом

\[ \alpha=2\arcsin\frac1n. \]

На диаметре падение \(45^\circ\), в стекле \(r=\arcsin\!\bigl(1/(n\sqrt2)\bigr)\). Дальше пучок параллелен, и на цилиндре \(\sin i=b/R\). Наружу выходят лишь лучи с \(b\lt R/n\), то есть дуга раствора \(\alpha=2\arcsin(1/n)\). Стекло \(n=1{,}5\): \(\alpha=2\arcsin(2/3)\approx83^\circ\), светится «нос», бока зеркальные. Вода \(n=4/3\): \(\alpha=2\arcsin(3/4)=97^\circ\) — шире, как окно Снеллиуса. Луч в центр (\(b=0\)) выходит всегда: \(i=0\). Предел \(n\to1\) раскрывает дугу на всю полуокружность \(180^\circ\); при \(n\to\infty\) дуга схлопывается в точку носа.

Решение

Первая поверхность (воздух–стекло), предмет на бесконечности, \(R_1=+R\):

\[ \frac n{v_1}=\frac{n-1}R,\qquad v_1=\frac{nR}{n-1}. \]

Это изображение лежит справа от первой поверхности. До второй — ещё диаметр \(2R\), так что для второй поверхности предмет виртуальный (лучи ещё не сошлись), \(u=v_1-2R=R(2-n)/(n-1)\).

Вторая поверхность (стекло–воздух), \(R_2=-R\):

\[ \frac1v-\frac n u=\frac{1-n}{-R}=\frac{n-1}R. \]

Подставляем \(u\) и получаем \(v=R(2-n)/(2(n-1))\) — расстояние от задней поверхности. От центра это \(R+v\). По условию фокус в \(2R\) от центра, значит \(v=R\):

\[ \frac{R(2-n)}{2(n-1)}=R\qquad\Longrightarrow\qquad 2-n=2n-2\qquad\Longrightarrow\qquad 4=3n,\qquad n=\frac43. \]

Шар из вещества с показателем воды собирает параксиальный пучок ровно на расстоянии радиуса за своей задней точкой.

Две сферы подряд. Первая (воздух\(\to\)стекло) сажает промежуточный фокус в \(v_1=nR/(n-1)\). До второй остаётся \(2R\), предмет для неё \(u=R(2-n)/(n-1)\) — при \(n\lt2\) мнимый, лучи ещё сходятся. Вторая (стекло\(\to\)воздух) даёт \(v=R(2-n)/(2(n-1))\) от задней точки. Условие «фокус в \(2R\) от центра» есть \(v=R\), откуда \(n=4/3\). Стекло \(n=1{,}5\) собрало бы ближе: \(v=0{,}5R\), от центра \(1{,}5R\). При \(n=2\) промежуточное изображение садится на заднюю поверхность, \(v=0\). Наш \(4/3\) как раз между 1 и 2: шар «из воды» фокусирует на диаметре за собой.

Решение

Параллельный луч высоты \(a\) падает на переднюю поверхность (жидкость \(\to\) воздух, \(R_1=+R\)):

\[ \frac1{v_1}-\frac n{-\infty}=\frac{1-n}R,\qquad v_1=\frac R{1-n}<0. \]

Мнимое изображение слева от передней стенки. Луч в полости идёт так, будто вышел из этой точки, и поэтому расходится. Наклон \(|a/v_1|=a(n-1)/R\). На пути \(2R\) до задней стенки высота вырастает на \(2R\cdot a(n-1)/R=2a(n-1)\):

\[ a'=a+2a(n-1)=a(2n-1). \]

По условию \(a'=2a\), откуда \(2n-1=2\), \(n=3/2\).

Тонкая колба в жидкости — воздушный шар, рассеивающая линза. Передняя поверхность: \(1/v_1=(1-n)/R\), \(v_1=R/(1-n)\lt0\). Луч в полости расходится с наклоном \(a(n-1)/R\); на диаметре \(2R\) высота вырастает до \(a'=a+2a(n-1)=a(2n-1)\). Условие \(a'=2a\) даёт \(n=3/2\). При \(n=1{,}33\) (колба в воде) \(a'=1{,}66a\) — ещё не удвоение. При \(n=2\) уже \(a'=3a\). Предел \(n\to1\) оставляет \(a'=a\): снаружи тот же воздух, стенки тонкие, пучок не тронут. Диаметр снят именно на задней стенке, а не «где-то за колбой».

Решение

Пусть сначала свет падает на плоскую грань (так фокус оказывается за выпуклой поверхностью — это и есть \(x\)). Плоская граница параллельный пучок не трогает. Выпуклая (стекло\(\to\)воздух, \(R_2=-R\)) собирает его на расстоянии

\[ x=\frac R{n-1} \]

от этой выпуклой поверхности.

Теперь наоборот: пучок на выпуклую грань. Первая поверхность (воздух\(\to\)стекло) даёт промежуточное изображение на \(v_1=nR/(n-1)\) справа. Плоская граница стоит на расстоянии \(R\) от неё; для плоскости предмет виртуальный, «за» ней на \(R/(n-1)\). Плоская граница (стекло\(\to\)воздух) не ломает направление, но меняет оптическую длину: \(n/u=1/y\), откуда

\[ y=\frac{R}{n(n-1)}=\frac x n. \]

Собираются лучи на расстоянии \(x/n\) от плоской поверхности.

Сначала в плоскую: внутри пучок остаётся параллельным, собирает только выпуклая (стекло\(\to\)воздух), \(x=R/(n-1)\). Обратно: выпуклая из воздуха даёт \(v_1=nR/(n-1)\), до плоскости ещё \(R\), и плоский выход делит оптическую длину на \(n\): \(y=R/(n(n-1))=x/n\). Стекло \(n=1{,}5\), \(R=4\) см: \(x=8\) см за выпуклой, \(y\approx5{,}3\) см за плоской. Предел \(n\to1\) оба фокуса гонит на бесконечность, отношение \(1/n\) формально живёт. Если полушарие перевернуть «не той» стороной, \(x\) и \(y\) просто меняются ролями через это \(n\).

Подсказка

Светлое пятно "— это свет, прошедший через линзу. Постройте изображение лампочки в линзе и посмотрите, как расходится пучок за изображением и каково сечение пучка на уровне пола.

Ответ

27,5 см.

Подсказка

Изображение отрезка \(BC\) лежит в плоскости матрицы, если прямые, на которых лежат предмет, линза и матрица, пересекаются в одной точке. Используйте это и формулу линзы для точки \(A\).

Ответ

\(\varphi = \dfrac{f}{L\sqrt 2} \approx 7{,}1\cdot 10^{-3} \approx 0{,}4^\circ\) (здесь \(L = AB\)).

Решение

Для того чтобы изображение предмета получалось наиболее резким, необходимо, чтобы прямые, на которых лежат предмет \(BC\), отрезок, символизирующий плоскость плёнки, и линза пересекались в одной точке. В этом случае изображение предмета будет полностью лежать в плоскости плёнки. Обозначим буквой \(G\) точку, в которой пересекаются описанные прямые (см. рисунок).

Искомый угол обозначен дугой на рисунке; \(a\) и \(a_1\) "— длины перпендикуляров, опущенных из точек \(A\) и \(A_1\) на линзу. Длины \(a\) и \(a_1\) связаны формулой линзы \[\frac{1}{f} = \frac{1}{a} + \frac{1}{a_1}. \tag{1}\] При этом, поскольку искомый угол \(\varphi\) мал (\(\cos\varphi \approx 1\)), справедливы равенства \(a \approx AO\) и \(a_1 \approx A_1O\), и как следствие, равенство \[a + a_1 = AA_1 = \frac{L}{\cos\alpha} = L\sqrt 2, \tag{2}\] в котором введено обозначение \(L = AB\).

Решая уравнения (17) и (18) как систему, отбираем решение, не противоречащее физическому смыслу \[a = L\sqrt 2\cdot\frac{1 - \sqrt{1 - \dfrac{4\sqrt 2 f}{2L}}}{2} \approx L\sqrt 2\cdot\frac{4\sqrt 2 f}{4\cdot 2L} = f. \tag{3}\] При записи последней цепочки равенств была использована приближённая формула \(\sqrt{1 - x} \approx 1 - \dfrac{x}{2}\), справедливая при малых \(x\) (\(|x| \ll 1\)). Поскольку \(\angle A_1AB = \dfrac{\pi}{4}\), отрезки \(AA_1\) и \(AG\) равны, при этом \(AA_1 = AG = L\sqrt 2\). Таким образом, как следует из формулы (19), искомый угол равен \[\varphi \approx \frac{a}{L\sqrt 2} \approx \frac{f}{L\sqrt 2} \approx 7{,}1\cdot 10^{-3} \approx 0{,}4^\circ.\]

Подсказка

Изображение предмета лежит в плоскости матрицы, если плоскость предмета, плоскость матрицы и плоскость линзы пересекаются в одной точке. Найдите расстояние от точки \(A\) до линзы по формуле линзы.

Ответ

\(\varphi = \dfrac{f}{L\sqrt 2} \approx 7{,}1\cdot 10^{-3} \approx 0{,}4^\circ\), где \(L = AB\).

Решение

Для того, чтобы изображение предмета получалось наиболее резким, необходимо, чтобы прямые, на которых лежат предмет \(BC\), отрезок, символизирующий плоскость плёнки, и линза пересекались в одной точке. В этом случае изображение предмета будет полностью лежать в плоскости плёнки. Обозначим буквой \(G\) точку, в которой пересекаются описанные прямые (см. рисунок). Искомый угол \(\varphi\) отмечен дугой на рисунке; \(a\) и \(a_1\) — длины перпендикуляров, опущенных из точек \(A\) и \(A_1\) на линзу.

Длины \(a\) и \(a_1\) связаны формулой линзы \[\frac{1}{f} = \frac{1}{a} + \frac{1}{a_1}. \tag{1}\] При этом, поскольку искомый угол \(\varphi\) мал (\(\cos\varphi \approx 1\)), справедливы равенства \(a \approx AO\) и \(a_1 \approx A_1O\), и как следствие, равенство \[a + a_1 = AA_1 = \frac{L}{\cos\alpha} = L\sqrt 2, \tag{2}\] в котором введено обозначение \(L = AB\).

Решая уравнения (4) и (5) как систему, отбираем решение, не противоречащее физическому смыслу \[a = \frac{L\sqrt 2}{2}\left(1 - \sqrt{1 - \frac{4\sqrt 2 f}{L}\cdot\frac{1}{2}}\right) \approx L\sqrt 2\cdot\frac{4\sqrt 2 f}{4\cdot 2L} = f. \tag{3}\] При записи последней цепочки равенств была использована приближённая формула \(\sqrt{1 - x} \approx 1 - \dfrac{x}{2}\), справедливая при малых \(x\) (\(|x| \ll 1\)). Поскольку \(\angle A_1AB = \dfrac{\pi}{4}\), отрезки \(AA_1\) и \(AG\) равны, при этом \(AA_1 = AG = L\sqrt 2\). Таким образом, как следует из формулы (6), искомый угол равен \[\varphi \approx \frac{a}{L\sqrt 2} \approx \frac{f}{L\sqrt 2} \approx 7{,}1\cdot 10^{-3} \approx 0{,}4^\circ .\]

Подсказка

По обратимости хода лучей две точки должны быть действительными изображениями друг друга, а третья — давать мнимое изображение в одну из них. Запишите формулу линзы для двух источников, считая расстояния вдоль оси равными расстояниям вдоль \(MN\), умноженным на \(\cos\alpha\).

Ответ

1) собирающая;  2) возможны оба варианта — и справа, и слева от \(B\);  3) \(d = l/3\);  4) \(\alpha = \arccos\dfrac{9F}{4l}\), или \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{4l - 9F}{2l}}\).

Решение

Если линза рассеивающая, то, независимо от положения источника, его изображение будет мнимым, расположенным между источником и оптическим центром линзы. После перемещения источника в точку, где ранее было расположено его изображение, новое изображение окажется снова между источником и оптическим центром линзы. Получится бесконечная цепочка изображений. Таким образом, три точки с указанным свойством в случае рассеивающей линзы существовать не могут.

Линза может быть только собирающей.

Мнимое изображение в собирающей линзе всегда расположено дальше от линзы, чем источник, поэтому не может быть, что точки \(A\), \(B\) и \(C\) являются мнимыми изображениями друг друга. Но, в соответствии с принципом обратимости хода световых лучей, при помещении источника в точку действительного изображения, его новое изображение совпадает с предыдущим положением источника. Поэтому описанным в условии свойством три точки могут обладать только в том случае, если две из них являются действительными изображениями друг друга, а при помещении источника в третью он даёт мнимое изображение в одной из точек этой пары. Пусть, например, собирающая линза расположена так, что точка \(A\) находится за её фокальной плоскостью. Тогда изображение \(A\) будет действительным и будет расположено по другую сторону от плоскости линзы. При перемещении источника в точку этого изображения, новое изображение вернётся в точку \(A\). Оставшееся, третье положение источника, должно давать мнимое изображение в одной из первых двух точек. Значит, оно должно располагаться между этой точкой (своим изображением) и оптическим центром линзы \(O\) ближе фокальной плоскости линзы. В этом случае линза могла быть расположена двумя способами (см. рисунок): а) оптический центр линзы находится между точками \(B\) и \(C\), причём источник в точке \(B\) даёт мнимое изображение в точке \(A\); б) оптический центр линзы находится между точками \(A\) и \(B\), причём источник в точке \(B\) даёт мнимое изображение в точке \(C\).

Таким образом, оптический центр линзы мог располагаться как справа, так и слева от точки \(B\).

Если же источник сначала расположить между фокальной плоскостью и плоскостью линзы, то изображение будет получаться мнимым. При помещении источника в точку изображения новое изображение должно получиться действительным (по другую сторону плоскости линзы). И при перемещении источника в оставшуюся, третью точку, изображение окажется на месте, где источник располагался ранее. Этот вариант идентичен представленному ранее и отдельного рассмотрения не требует.

Рассмотрим только способ а) размещения линзы, так как способ б) аналогичен. Источник, расположенный в точке \(B\) на расстоянии меньшем фокусного, даёт мнимое изображение в точке \(A\). При помещении источника в точку \(A\) возникает действительное изображение в точке \(C\), при помещении источника в точку \(C\) — действительное изображение в точке \(A\). Обозначим расстояние между оптическим центром линзы и источником, угол между главной оптической осью линзы и прямой и фокусное расстояние линзы за \(d\), \(\alpha\) и \(F\) соответственно. Запишем формулу тонкой линзы для варианта расположения источника в точке \(B\): \[\frac{1}{d\cos\alpha} - \frac{1}{(l + d)\cos\alpha} = \frac1F.\] Запишем формулу тонкой линзы для варианта расположения источника в точке \(A\): \[\frac{1}{(l + d)\cos\alpha} + \frac{1}{(l - d)\cos\alpha} = \frac1F.\] Решая систему, находим \(d\) и \(\alpha\).

Расстояние между оптическим центром линзы и точкой \(B\) равно \(d = l/3\).

Решение системы уравнений даёт: \(\cos\alpha = \dfrac{9F}{4l}\), откуда \(\alpha = \arccos\dfrac{9F}{4l}\). Поскольку в условии сказано, что угол \(\alpha\) является малым, то допустимо на любом этапе вычислений использовать приближённое равенство \(\cos\alpha \approx 1 - \alpha^2/2\). Тогда приходим к формуле \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{4l - 9F}{2l}}\). Отметим, что малость угла означает, что с точностью до поправок порядка \(\alpha^2\) параметры системы связаны соотношением \(l \approx \dfrac94F\).

Угол между главной оптической осью линзы и прямой \(MN\) равен \(\alpha = \arccos\dfrac{9F}{4l}\) или \(\alpha \approx \sqrt{\dfrac{4l - 9F}{2l}}\).

Подсказка

Где окажется изображение источника, стоящего на двойном фокусе? Если источник и изображение на одинаковом расстоянии от линзы, ход луча симметричен относительно её плоскости — отразите одну из точек.

Ответ

Отражаем точку \(B\) относительно плоскости линзы в точку \(B'\); прямая \(AB'\) пересекает главную оптическую ось в точке \(X\) — на двойном фокусе. Середина отрезка \(OX\) — первый фокус, второй фокус симметричен ему относительно плоскости линзы.

Решение

Из рисунка видно, что линза собирающая, тогда по формуле тонкой линзы \[\frac1F = \frac1{2F} + \frac1r,\] где \(r\) — расстояние от изображения источника, которое находится тоже на главной оптической оси, до линзы.

Находим \(r = \left(\dfrac1F - \dfrac1{2F}\right)^{-1} = 2F > 0\). Т. е. изображение находится на другой стороне от линзы на расстоянии \(2F\) от неё — на том же расстоянии, что и источник.

Если \(X\) — источник, то \(Y\) — изображение источника. Если \(Y\) — источник, то \(X\) — его изображение.

\(OX = OY \Rightarrow \triangle XYZ\) равнобедренный \(\Rightarrow\) точка \(B'\), симметричная \(B\) относительно плоскости линзы, лежит на другой стороне \(\triangle XYZ\) — стороне \(XZ\).

Следовательно, следующий ряд построений отвечает на вопросы задачи:

1. Отражаем точку \(B\) относительно плоскости линзы и получаем точку \(B'\) (альтернативно можно так же поступить и с точкой \(A\)).

2. Проводим прямую \(AB'\). Она пересекает главную оптическую ось в точке \(X\). Получаем положение источника (или изображения) \(X\) на двойном фокусе.

3. Середина отрезка \(OX\) — первый фокус линзы.

4. Отражаем в плоскости линзы фокус, построенный в пункте 3, и получаем второй фокус.

Подсказка

Примените формулу тонкой линзы дважды: изображение от первой линзы служит предметом для второй. Увеличение системы — произведение увеличений линз.

Ответ

а) \(a_{\min} = 0\);  б) \(a_{\max} = 2f = 40\) см;  в) \(\Gamma(1{,}5f) = 2\);  г) \(x_1 = f = 20\) см.

Решение

Применив дважды формулу линзы, получим для расстояния между изображением и второй линзой формулу \[a_2' = \frac{f^2}{x - 2f},\] где \(f\) — фокусное расстояние собирающей линзы. Мнимое изображение соответствует отрицательным значениям величины \(a_2'\), при этом надо учесть, что \(x > 0\), как следует из условия.

Увеличение в системе линз равно произведению увеличений каждой из линз и в нашем случае равно \(\Gamma = \left|\dfrac{f}{x - 2f}\right|\).

Подсказка

Равенство углов у точек \(A\), \(C\), \(B\) позволяет найти положения линз по изломам луча: каждая линза преломляет луч в точке излома. Затем примените формулу тонкой линзы к ходу лучей через каждую линзу.

Подсказка

Линза может быть и собирающей, и рассеивающей — разберите оба случая. Для рассеивающей: фокус, оптический центр и точка преломления образуют прямоугольный треугольник; куда пойдёт луч, прошедший через фокус рассеивающей линзы?

Ответ

Собирающая линза: главная оптическая ось проходит через \(F\) параллельно преломлённому лучу, плоскость линзы — перпендикуляр к ней через точку преломления. Рассеивающая линза: два решения — оптический центр (\(O_1\) или \(O_2\)) — пересечение окружности с диаметром «фокус — точка преломления» с прямой, параллельной продолжению преломлённого луча и вдвое дальше от \(F\), чем это продолжение; плоскость линзы проходит через точку преломления и найденный центр. Построения — на рисунках решения.

Решение

Возможны два случая — линза собирающая и линза рассеивающая. Рассмотрим каждый из случаев отдельно.

Собирающая линза. Луч, прошедший через фокус собирающей линзы, после преломления в ней идёт параллельно главной оптической оси. Таким образом, из рисунка нам известно направление главной оптической оси (далее — ГОО) и одна из её точек (\(F\)). По этим данным восстанавливаем положение ГОО. Для этого проводим через \(F\) прямую, параллельную лучу после преломления. Плоскость линзы перпендикулярна ГОО и нам известна одна из её точек — точка, где преломляется луч. Положение плоскости линзы восстанавливаем проведением перпендикуляра к ГОО из точки преломления луча.

Рассеивающая линза. Фокус линзы \(F\), её оптический центр \(O\) и точка преломления луча образуют прямоугольный треугольник. Построим на отрезке (как на диаметре), соединяющем фокус и точку преломления луча, окружность. Оптический центр должен лежать на этой окружности. Из формулы тонкой линзы (или используя тот факт, что параллельный пучок лучей после преломления на рассеивающей линзе идёт так, что продолжения пересекаются в одной точке фокальной плоскости) можно показать, что луч, прошедший через фокус рассеивающей линзы, после преломления идёт так, как будто прошёл через половинный фокус. Продлим луч, который преломился в линзе — он должен делить пополам отрезок \(OF\). Построим вспомогательный луч, параллельный продолжению преломлённого луча и находящийся в два раза дальше от точки \(F\). Он пройдёт через оптический центр линзы, не отклоняясь от своего первоначального направления. Таким образом, оптический центр линзы может находится в точках пересечения вспомогательного луча с окружностью. В нашем случае таких пересечений два (точки \(O_1\) и \(O_2\)). Значит, возможны два варианта расположения рассеивающей линзы. В каждом варианте плоскость линзы проходит через точку преломления исходного луча и соответствующий оптический центр.

Отметим, что в случае рассеивающей линзы для двух полученных решений известный нам луч идет под разными углами к ГОО линзы, которые по построению связаны между собой. Если обозначить за \(\beta_1\) угол между лучом и \(FO_1\) и за \(\beta_2\) — угол между лучом и \(FO_2\), то можно показать, что \(\operatorname{tg}\beta_1\cdot\operatorname{tg}\beta_2 = 1/2\). Следовательно, только один из этих лучей может являться параксиальным — ведь если один из этих углов мал (\(\operatorname{tg}\beta_1 \ll 1\)), то другой должен иметь достаточно большое значение тангенса. Может быть и так, что оба угла не являются малыми. Поэтому только свойство линзы, указанное в «Примечании» условия, позволяет нам считать, что оба решения корректны.

Подсказка

Сравните отношение размеров очков и смартфона на рис. 2 (реальные размеры) с отношением их размеров на портрете (угловые размеры, видимые из смартфона). Изображение смартфона в выпуклом зеркале мнимое и уменьшенное — дальше формула сферического зеркала и увеличение.

Ответ

\(R = \dfrac{2L}{\frac{\alpha}{\beta}\frac{Y}{X} - 2} = (10{,}7 \pm 1{,}6)\) см (при \(X/Y = 1{,}1 \pm 0{,}1\), \(\alpha/\beta = 12 \pm 1\)).

Решение

Обозначим реальный размер очков за \(X\), а реальный размер смартфона за \(Y\). Пусть также \(\alpha\) — угловой размер изображения очков на портретной фотографии, а \(\beta\) — угловой размер изображения смартфона на ней. Измерим отношение размеров изображений очков и смартфона на двух фотографиях. \[\frac{X}{Y} = (1{,}1 \pm 0{,}1); \quad \frac{\alpha}{\beta} = (12 \pm 1);\] На левой фотографии отношение размеров изображений соответствует отношению реальных размеров, а на правой отношению угловых размеров изображений.

Сделаем простейший чертеж расположения изображения смартфона и очков на правой фотографии. Обозначим размер изображения смартфона за \(y\), расстояние между изображением смартфона и очками за \(l\). Угловые размеры изображения смартфона и очков на правой фотографии в приближении малых углов даются формулами: \[\alpha = \frac{X}{L}; \quad \beta = \frac{y}{L + l}. \tag{1}\]

Положение изображения определяется формулой сферического зеркала: \[\frac1L - \frac1l = -\frac2R, \tag{2}\] где \(R\) — радиус кривизны зеркала. Размер изображения смартфона связан с его реальным размером через увеличение зеркала: \[y = Y\frac{l}{L}. \tag{3}\] Объединяя уравнения получим: \[R = \frac{2L}{\frac{\alpha}{\beta}\frac{Y}{X} - 2}. \tag{4}\] Рассчитаем с учетом погрешности измерений минимально возможное значение радиуса кривизны и максимально возможное:

\[R_{\min} = \frac{2\cdot50\text{ см}}{\frac{13}{1} - 2} = 9{,}09\text{ см}.\] \[R_{\max} = \frac{2\cdot50\text{ см}}{\frac{11}{1{,}2} - 2} = 12{,}24\text{ см}.\] Тогда окончательное значение радиуса кривизны с учетом погрешностей измерений: \[R = (10{,}7 \pm 1{,}6)\text{ см}.\]

Подсказка

Допустимая размытость на плёнке одна и та же в обоих случаях: сравните смещение изображения за время \(\tau\) с размером пятна от расфокусировки.

Ответ

\(D = \dfrac{v\tau}{(a_0/a_1) - 1} = 1\) см.

Подсказка

Чтобы изображение осевого и поперечного размеров осталось прямоугольником, система должна быть телескопической. Какое расстояние между линзами этому соответствует?

Ответ

Расстояние между линзами \(L = f_1 + f_2 = 30\) см; размеры изображения \(a_2 = a_1\left(\dfrac{f_2}{f_1}\right)^2 = 0{,}25\) мм и \(b_2 = b_1\dfrac{f_2}{f_1} = 1\) мм, или \(a_2 = a_1\left(\dfrac{f_1}{f_2}\right)^2 = 4\) мм и \(b_2 = b_1\dfrac{f_1}{f_2} = 4\) мм.

Подсказка

Угловой размер объекта обратно пропорционален расстоянию от глаза до него. Изображение и предмет лежат на одной линии на разных расстояниях от зеркала; увеличение выражается через эти расстояния.

Ответ

Изображение муравья больше его самого в два раза, радиус кривизны зеркала \(R = 4L/3\).

Подсказка

Изображения радиусов, проведённых из центра в крайние точки полуокружности, одинаковы по размеру, значит, диаметр, стягивающий полуокружность, перпендикулярен главной оптической оси. Прямая через изображения концов радиуса, перпендикулярного оси, проходит через фокус.

Ответ

\(f = 20\), \(R = 6\) (в клетках); оптический центр \(O\) — на рисунке решения (на главной оптической оси, на расстоянии \(20\) от фокуса \(F\)).

Решение

Существует несколько вариантов решения. Покажем один из них.

Поскольку изображения радиусов, проведённых из центра в крайние точки полуокружности, имеют одинаковый размер, диаметр, закрывающий полуокружность, перпендикулярен главной оптической оси.

При этом главная оптическая ось касается изображения в одной из крайних точек и совпадает с одной из линий сетки. Далее по рисунку определяем размер изображения радиуса, закрывающего полуокружность, получается \(A_1B_1 = 12\). Далее определяем расстояние от дальней точки изображения до главной оптической оси \(A_2B_2 = 30\) и расстояние между ближней и дальней точками изображения \(B_2B_1 = 60\). Прямая \(A_1A_2\) должна проходить через фокус. Из подобия треугольников получаем \(B_1F = 40\).

Обозначим \(R\) — радиус исходной окружности, \(a_1\) — расстояние от диаметра, закрывающего полуокружность, до линзы, \(f\) — фокусное расстояние. Тогда справедливы соотношения \[\frac{R}{a_1} = \frac{12}{f + 40} \quad\Rightarrow\quad a_1 = \frac{f + 40}{12}\cdot R .\] Аналогично для расстояния \(a_2\) от ближней (к линзе) точки полуокружности до линзы имеем формулу \[a_2 = \frac{f + 100}{30}\cdot R .\] Далее записываем для точки изображения \(A_1\) формулу линзы. Имеем уравнение \[\frac1f = \frac{1}{f + 40} + \frac{1}{a_1}.\] Подставляя в это уравнение выражение для \(a_1\), получаем после преобразований соотношение \[R = 0{,}3f .\] Учитывая, что \(a_1 = a_2 + R\), из выражений для \(a_1\) и \(a_2\) имеем уравнение \[\frac{f + 100}{30} + 1 = \frac{f + 40}{12}.\] Решая это уравнение и подставляя найденное значение \(f = 20\) в соотношение \(R = 0{,}3f\), получаем \(R = 6\).

Подсказка

Луч преломляется только на линзе — точки излома лежат в плоскостях линз. Луч, который нигде не преломился, прошёл через оптические центры. Параллельные лучи после линзы пересекаются (сами или продолжениями) в её фокальной плоскости.

Ответ

Плоскости линз — прямые через точку \(L\) и точки излома верхнего луча; оптические центры — точки пересечения этих прямых с непреломлённым нижним лучом; левая линза собирающая, правая — рассеивающая; фокусы — построение в решении.

Решение

Проведём две прямые, проходящие через точку \(L\) и точки преломления верхнего луча. Таким образом восстановим положения линз.

Поскольку нижний луч не преломляется, он должен проходить через оптические центры обеих линз (\(O_1\) и \(O_2\) на рисунке), следовательно, левая линза является собирающей, а правая — рассеивающей.

Параллельные лучи после прохождения через собирающую линзу сходятся в фокальной плоскости (точка \(A\)). Проведём прямую, параллельную левой линзе и проходящую через точку \(A\), затем опустим из оптического центра \(O_1\) собирающей линзы перпендикуляр на фокальную плоскость. Таким образом можем найти положение заднего фокуса \(F_1\) левой линзы; для нахождения переднего фокуса \(F_1\) отложим такое же расстояние от оптического центра \(O_1\).

Для нахождения фокусов рассеивающей линзы выполним дополнительные построения — проведём через оптический центр линзы \(O_2\) прямую, параллельную падающему лучу. Точка пересечения этой прямой и продолжения преломлённого луча принадлежит фокальной плоскости рассеивающей линзы (точка \(B\)). Проведём прямую, параллельную правой линзе и проходящую через точку \(B\), затем опустим из оптического центра \(O_2\) рассеивающей линзы перпендикуляр на фокальную плоскость. Таким образом можем найти положение переднего фокуса \(F_2\) правой линзы; для нахождения заднего фокуса \(F_2\) отложим такое же расстояние от оптического центра \(O_2\).

Подсказка

Рассеивающая линза не может дать изображение в плоскости двойного фокуса, значит линза собирающая; разберите два случая — действительное и мнимое изображение \(B'\) (для мнимого найдите из формулы линзы, где тогда стоит \(B\)). Луч, идущий вдоль \(AB\), после линзы идёт по прямой \(\alpha\) — их пересечение лежит на линзе.

Ответ

Линза собирающая, возможны два случая. 1) Если \(B'\) действительное, оптический центр \(O\) — середина \(BB'\); если мнимое, \(O\) лежит на продолжении \(B'B\) за точку \(B\) на расстоянии \(BB'/2\) от \(B\). 2) Линза проходит через \(O\) и точку \(L\) пересечения прямой \(AB\) с прямой \(\alpha\); главная оптическая ось — перпендикуляр к линзе в точке \(O\). 3) Фокус — середина отрезка между \(O\) и точкой пересечения оси с плоскостью двойного фокуса (через \(B'\) перпендикулярно оси), второй фокус симметричен ему относительно \(O\). 4) \(A'\) — пересечение прямой \(AO\) с прямой \(\alpha\). Построения — на рисунках решения.

Решение

В условии задачи не указан тип линзы, поэтому необходимо понять, какая линза может быть. Изображение действительного объекта в рассеивающей линзе всегда лежит между фокальной плоскостью и плоскостью линзы. Так как \(B'\) лежит в плоскости двойного фокуса, то линза не может быть рассеивающей, поэтому делаем вывод, что линза собирающая. Изображение \(B'\) может быть действительным или мнимым.

Рассмотрим сначала случай, когда изображение \(B'\) действительное. Если изображение действительное, то точки \(B\) и \(B'\) лежат в плоскостях двойного фокуса и оптический центр лежит на середине отрезка \(BB'\).

Рассмотрим теперь случай, когда изображение \(B'\) мнимое. В этом случае \(B\) лежит между фокальной плоскостью и плоскостью линзы. Запишем формулу тонкой линзы для этого случая: \[\frac{1}{a} + \frac{1}{-2F} = \frac{1}{F},\] откуда находим, что \(a = 2F/3\), а расстояние между предметом и его изображением \(\Delta = 2F - a = 4F/3\) в два раза больше расстояния между предметом и линзой \(a\).

Для построения оптического центра линзы в первом случае делим отрезок \(BB'\) пополам, на середине этого отрезка и будет оптический центр \(O\). Во втором случае делим отрезок \(BB'\) пополам, продолжаем прямую проходящую через это отрезок за точку \(B\) и откладываем еще половину отрезка \(BB'\) — найденная точка будет оптическим центром \(O\).

Для восстановления положения линзы найдем вторую точку линзы, для этого заметим, что луч \(AB\) после преломления в линзе пойдёт вдоль прямой \(\alpha\), так как изображение точки \(A'\) также лежит на этой прямой. Продолжим прямую, проходящую через отрезок \(AB\), до пересечения с прямой \(\alpha\), найденная точка пересечения \(L\) будет принадлежать плоскости линзы. Рисуем линзу в виде отрезка, содержащего точки \(L\) и \(O\). Для восстановления главной оптической оси (далее — ГОО) построим перпендикуляр к линзе в точке \(O\).

Чтобы найти фокус, можно пойти двумя путями.

а) Пустим из т. \(B\) луч, идущий параллельно ГОО, который после преломления в линзе пройдет через т. \(B'\) и пересечёт ГОО в точке фокуса;

б) Вспомним, что т. \(B'\) лежит в двойной фокальной плоскости. Проведём эту плоскость, определим по её пересечению с ГОО точку двойного фокуса, разделим получившийся отрезок пополам и получим точку фокуса \(F\). На рисунке представлены построения, соответствующие второму способу решения.

Чтобы построить точку \(A'\) можно пойти двумя путями:

а) Пустим из т. \(A\) луч, параллельный ГОО. После преломления в линзе этот луч пройдет через фокус и пересечется с прямой \(\alpha\) в т. \(A'\).

б) Пустим из т. \(A\) луч, проходящий через оптический центр \(O\). Луч (в первом случае) или его продолжение (во втором случае) пересечется с прямой \(\alpha\) как раз в т. \(A'\).

Подсказка

Для оси, повёрнутой на угол \(\varphi\), формула линзы сохраняет вид, но расстояния пересчитываются с множителем \(\cos\varphi\). Как связаны между собой положения фокуса для разных осей, проходящих через \(O\)?

Подсказка

Нарисуйте ход крайних лучей от каждой полулинзы: каждая даёт свой световой конус, и на экране видны два полукруга, радиусы которых находятся из подобия. Там, где конусы перекрываются, изображения \(S_1\) и \(S_2\) работают как два когерентных источника на одной оси — считайте разность хода от центра картины до её края.

Ответ

1) \(l_1 = 16F/3\), \(l_2 = 4F\);  2) два равномерно освещённых полукруга разного радиуса по разные стороны от ГОО, нижний меньше верхнего: \(r_\text{в}/r_\text{н} = 7/6\) при \(L_1 = 3F\) и \(r_\text{в}/r_\text{н} = 6\) при \(L_2 = 6F\);  3) \(L_3 = 8F/3\);  4) в верхней полуплоскости — полукруг радиуса \(r = D/9\), в центре тёмное пятно, дальше чередуются светлые и тёмные полукольца;  5) \(k = \dfrac{D^2}{48\lambda F} \approx 20\) (ответ \(21\) с объяснением тоже верен).

Решение

Каждая из половинок линзы будет давать изображение, расстояние до которого можно найти по формуле тонкой линзы. Пусть \(l\) — искомое, тогда из \(\dfrac{1}{F} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f}\) и \(l = d + f\) получим \(l = \dfrac{d^2}{d - F}\).

Расстояния \(l_1\) и \(l_2\) от источника до его изображений в верхней и нижней половинках линзы равны: \[l_1 = 16F/3 \quad\text{и}\quad l_2 = 4F.\]

При \(L_1 = 3F\) и \(L_2 = 6F\) пучки идут по разные стороны от ГОО, поэтому на экране возникнет равномерно освещённое изображение в виде двух полукругов разного радиуса, величина которых может быть получена из рассмотрения подобных треугольников. В обоих случаях радиус нижнего полукруга меньше, чем у верхнего: для \(L_1 = 3F\) отношение радиусов равно \[\frac{r_\text{в}}{r_\text{н}} = \frac{l_1 - L_1}{l_1 - d_1}\,\frac{l_2 - d_2}{l_2 - L_1} = \frac{7}{6},\] а при \(L_2 = 6F\) \[\frac{r_\text{в}}{r_\text{н}} = \frac{L_2 - l_2}{l_2 - d_2}\,\frac{l_1 - d_1}{L_2 - l_1} = 6.\] На рисунке 2 полукруги показаны схематически.

При перемещении экрана от расстояния \(2F\) вправо несложно заметить, что в некотором положении радиусы полукругов совпадут в промежутке от \(2F\) до \(l_2\).

Искомое расстояние находим из пропорции, отражающей равенство двух коэффициентов подобия треугольников: \[\frac{l_1 - d_1}{L_3 - d_1} = \frac{l_2 - d_2}{L_3 - d_2} \;\Longrightarrow\; L_3 = \frac{d_2l_1 - d_1l_2}{l_1 - l_2 - d_1 + d_2}.\] Искомое расстояние: \[L_3 = 8F/3.\]

Если закрепить экран на расстоянии \(L_4 = 40F/9\) от источника, то пучки света от полулинз точно накладываются друг на друга в верхней полуплоскости экрана.

Изображения источника \(S\) в положениях \(l_1\) и \(l_2\) можно рассматривать как два когерентных вторичных источника \(S_1\) и \(S_2\), фазы которых в точке отрезка между ними на ГОО отличаются на \(\pi\) из-за прохождения световой волны через фокус в \(S_1\).

Следовательно, в центре полукруга наблюдается тёмное пятно (рисунок 3). При движении от центра картины к краю разность фаз источников будет изменяться, поэтому возникнет чередование светлых и тёмных полуколец.

Радиус полукруга можно найти из подобия треугольников: \[\frac{r}{D/2} = \frac{L_4 - l_2}{l_2 - d_2} \;\Longrightarrow\; r = \frac{D}{9}.\]

Назовём вершину полукруга точкой A, а его центр — точкой O и рассмотрим сечение области пересечения световых лучей от половинок линзы плоскостью, проходящей через оптическую ось перпендикулярно разрезу (рисунок 4). Расстояния от изображений источника до центра картины равны \(S_1O \equiv b = 4F/9\) и \(S_2O = 2b = 8F/9\).

Как уже отмечалось, в точке O разность фаз между лучами, пришедшими через нижнюю и верхнюю половину линзы, равна \(\Delta\varphi_O = \pi\). Эта разность увеличивается на \(2\pi\) при переходе к каждой следующей тёмной полосе.

Разность фаз между этими лучами на краю картины — в точке A — определяется разностью хода лучей: \(\Delta\varphi_A = \pi + 2\pi[S_1A - (S_1S_2 - S_2A)]/\lambda\). С другой стороны, она изменилась по сравнению с \(\Delta\varphi_O\) на \(2\pi k\), где \(k\) — число светлых полос в картине, на каждой из которых происходит рост и убывание наблюдаемой освещённости. Ясно, что это и есть ответ на вопрос 5.

Значит, \(k\lambda = S_1A + S_2A - S_1S_2 = S_1A + S_2A - 3b\).

По рисунку 4, применяя теорему Пифагора, выражаем расстояния: \[k\lambda = \sqrt{4b^2 + r^2} + \sqrt{b^2 + r^2} - 3b.\] Для данных по условию \(b \gg r\), с учётом формулы \((1+x)^\alpha = 1 + \alpha x\), находим: \(3r^2 \approx 4kb\lambda\). Таким образом, искомое значение: \[k = \frac{3r^2}{4b\lambda} \;\Longrightarrow\; k = \frac{D^2}{48\lambda F}.\] Для заданных числовых значений получаем, что \[k = \frac{5^2\cdot 10^{-4}}{48\cdot 0{,}65\cdot 10^{-6}\cdot 4} \approx 20.\]

Примечание. Отметим, что вычисление без приближения малости отклонения от оси даёт \(k \approx 20{,}032\), то есть в принципе можно считать, что на краю картины есть ещё один — правда, очень тонкий — интервал значений радиуса, на котором освещённость будет возрастать. Тогда ответом на вопрос 5 будет \(k = 21\). Такой ответ (при наличии соответствующего объяснения) тоже следует считать правильным. Хотя на практике «увидеть» эту полоску будет очень сложно.