Световые лучи, тени

Какой треугольник образуют столб, его тень и солнечный луч?

1 м.

Тень предмета лежит на продолжении луча от лампочки через этот предмет до стены. Значит, лампочка лежит на прямой, соединяющей каждый предмет с его тенью.

Лампочка Л и тень Т3 от предмета П3 приведены на рисунке. Предмет П4 не отбрасывает тень на стену.

Тень предмета лежит на прямой, соединяющей источник с предметом. Проведите прямые через П1 и Т1, через П2 и Т2 — лампочка лежит на обеих.

Лампочка Л и тень Т3 от предмета П3 приведены на рисунке. Предмет П4 не отбрасывает тень на стену.

Из подобия треугольников выразите координату тени на стене через координату пешехода.

4 м/с.

Каждое отражение от образующей конуса поворачивает луч на угол \(2\alpha_0\), где \(\alpha_0 = (D - d)/2h\) — угол наклона образующей к оси. Посчитайте, какие лучи отражаются один раз, какие — два, и под какими углами они выходят. Линза собирает параллельные пучки в точки фокальной плоскости.

1) центральное пятно диаметром \(d\) и два концентрических кольца: первое — радиус средней линии \(R_1 = 3dL/h\), толщина \(d\); второе — внешний радиус \(R_2 = 6dL/h\), толщина \(d/2\);  2) два тонких кольца (толщина много меньше \(d\)) радиусами \(R_1' = 3dL/(2h)\) и \(R_2' = 3dL/h\) и точка в центре (пятно много меньше \(d\)).

1. Рассмотрим пучок лучей, падающих на правое (по рисунку) основание конуса диаметром \(D\). Часть лучей, идущих в пределах круга диаметром \(d\) с центром на оси конуса, проходит без препятствий и образует на экране круглое пятно того же диаметра \(d_0 = d\).

Остальные лучи, прошедшие через входное сечение конуса, испытывают не менее одного отражения от боковой поверхности конуса. Поскольку оптическая схема имеет осевую симметрию, то эти лучи будут образовывать кольца, с центром в точке пересечения экрана осью конуса. Выясним количество и геометрию колец (радиусы и ширину колец, а также возможность их перекрытия друг с другом).

В дальнейшем будем рассматривать лучи, падающие на одну из образующих конической поверхности. Пусть \(\alpha_0\) — угол между направлением исходного пучка света и конической поверхностью отверстия. Из геометрии \(\alpha_0 = (D - d)/2h = 3d/2h\). Заметим, что из условия следует \(\alpha_0 \ll 1\).

Рассмотрим луч 1 исходного пучка, падающий на самый край выходного сечения конуса и не отражавшийся до этого. После одного отражения он выйдет из отверстия под углом \(2\alpha_0\) к начальному направлению.

Теперь рассмотрим луч 2, падающий на коническую поверхность максимально далеко от выходного отверстия и испытывающий ровно одно отражение до выхода из пластины. Найдем расстояние \(x_1\) от места падения луча до левой поверхности пластины. Так как \(\alpha_0 \ll 1\), то с хорошей точностью можем считать равным \(\pi/2\) угол между конической поверхностью отверстия и поверхностью пластины. В таком случае \(x_1 \approx d/\mathrm{tg}\,\alpha_0 = 2h/3\).

Эти лучи (с учетом симметрии) образуют на экране кольцо, толщина которого \(d_1 = d\). Радиус средней линии кольца \(R_1\) найдем рассмотрев ход луча, испытавшего одно отражение и вышедшего из центра выходного отверстия. Так как луч выходит под углом \(\alpha_1 = 2\alpha_0\) к оси конуса, то \(R_1 = L\,\mathrm{tg}\,\alpha_1 = 3dL/h\). Заметим, что \(R_1 \gg d\) (толщины первого кольца и диаметра центрального пятна), что означает отсутствие пересечения первого кольца с центральным пятном.

Рассмотрим лучи, отразившиеся от конической поверхности отверстия дважды. Они выйдут из пластины под углом \(\alpha_2 = 4\alpha_0\) и образуют на экране еще одно кольцо. Найдем расстояние \(x_2\) между точками первого отражения предельных лучей из этой группы. Так как \(\alpha_0 \ll 1\), то с хорошей точностью \(x_2 = x_1 = 2h/3\). Как мы видим толщины пластины не достаточно для того, чтобы лучи, испытавшие два отражения, выходили в заданном направлении со всей площади выходного отверстия. Из хода предельных лучей 3 и 4 видно, что толщина второго кольца \(d_2 = d/2\), а радиус внешней части второго кольца равен \(R_2 = L\,\mathrm{tg}\,\alpha_2 = 6dL/h\).

2. Все вышедшие из отверстия пучки параллельных лучей соберутся в фокальной плоскости. Определить место их сбора можно следующим образом: так как \(h \ll L\) и \(d \ll h\), то можно считать, что все лучи выходят практически из одной точки, совпадающей с фокусом линзы, значит после преломления они будут идти параллельно главной оптической оси. Из рисунка видно, что в таком случае радиусы колец уменьшатся в два раза. \(R_1' = R_1/2 = 3dL/(2h)\), \(R_2' = R_2/2 = 3dL/h\).

Определим как изменятся их толщины и диаметр центрального пятна.

Центральное пятно образуется параллельным пучком лучей, идущим вдоль главной оптической оси. Идеальная линза собирает такие лучи в точку, поэтому в приближении геометрической оптики размер центрального пятна будет много меньше \(d\).

Кольца образуются также параллельными пучками лучей, которые идеальная линза собирает в фокальной плоскости, поэтому толщина колец тоже станет много меньше \(d\).

От каждой точки зеркальца идёт расходящийся конус лучей с углом \(\varphi\). Выразите через \(L\) и \(\varphi\) ширину размытия края и сравните её с размером зеркальца.

\(L > \dfrac{d}{0{,}1\,\varphi} \approx 50\) м.

Полная тень заканчивается там, где столб «закрывает» весь диск Солнца. Выразите длину такой тени через \(d\), \(\alpha\) и угол \(\varphi\) высоты Солнца, а затем сопоставьте с наклоном и полкой графика.

\(H = L_0\,\dfrac{\sqrt{1 - (k\alpha)^2}}{k\alpha} = 9\) м (при грубом переводе градусов в радианы) или \(H \approx 12\) м.

Полутень между тенями возникает из-за конечных размеров источника. Наибольшему \(d\) отвечает луч от края источника, касающийся одновременно книжки и линейки.

1) \(d < 1\) см;  2) \(d < 7{,}5\) мм.

Каждое отражение от зеркальной стенки увеличивает угол луча с осью на \(2\alpha\), где \(\alpha\) — угол наклона образующей конуса к оси. Выясните, какая часть входного сечения даёт лучи с одним отражением, какая — с двумя, и под какими углами они выходят. Линза собирает каждый параллельный пучок в точку фокальной плоскости.

1) центральное пятно диаметром \(d\), кольцо ширины \(d\) с радиусом средней линии \(R_1 = 3dL/h\) и кольцо ширины \(d/2\) с радиусом внешней границы \(R_2 = 6dL/h\);  2) пятно превращается в «точку», кольца — в «окружности» радиусами \(R_1' = 3dL/(2h)\) и \(R_2' = 3dL/h\).

1. Рассмотрим пучок лучей, падающих на правое (по рисунку) основание конуса диаметром \(D\). Часть лучей, идущих в пределах круга диаметром \(d\) с центром на оси конуса, проходит без препятствий и образует на экране круглое пятно того же диаметра.

Остальные лучи, прошедшие через входное сечение конуса, испытывают не менее одного отражения от боковой поверхности конуса. Поскольку оптическая схема имеет осевую симметрию, то эти, испытавшие отражения, лучи будут образовывать кольца, с центром в точке пересечения экрана осью конуса. Выясним количество и геометрию этих колец (радиусы и ширину колец, а также возможность их перекрытия друг с другом).

Первое решение: Рассмотрим луч, падающий на самый край входного сечения конуса. До попадания на экран он испытает максимальное количество отражений от боковой поверхности конуса. После каждого отражения от зеркальной поверхности угол между лучом и осью конуса увеличивается на \(2\alpha\), где \(\mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{D - d}{2h} = \dfrac{3d}{2h}\).

Применим для определения числа отражений известный в оптике метод, когда вместо отражения луча от поверхности и изменения его направления, рассматриваем прямую линию луча, отражая вместо него в границе раздела область пространства. При этом вместо ломаной и равнобокой трапеции, соответствующей осевому сечению конуса, получится луч и система трапеций (см. рис.).

Малые и большие основания трапеций при этом почти соответствуют сторонам многоугольников, вписанных в две концентрические окружности.

Радиус внутренней (\(r\)) и внешней (\(R\)) окружностей определяются из соотношений: \(d = 2r\sin\alpha\) и \(D = 2R\sin\alpha\). Тогда отношение радиусов окружностей равно отношению соответственных диаметров конуса: \(R = 4r\). Также несложно получить соотношение: \(h = (R - r)\cos\alpha = 3r\cos\alpha\).

Пусть угол, который образует выбранный луч с радиусом в точке пересечения внутренней окружности, равен \(\beta\), тогда \(\sin\beta = 4\sin\alpha\). Искомое число отражений луча равно целой части отношения: \[x = \frac{\beta + \alpha}{2\alpha}.\] Если применить условие \(D \ll h\), получим, что \(\beta \ll 1\), следовательно, \(\beta \approx 4\alpha\) и \(x \approx 2{,}5\). Численное значение величины \(x\) можно использовать для нахождения числа колец и их ширин. Целая часть соответствует числу полных колец ширины \(d\) (вместе с центральным пятном диаметра \(d\)). Дробная часть соответствует ширине (в единицах \(d\)) последнего неполного наблюдаемого кольца наибольшего радиуса.

Таким образом, при \(x = 2{,}5\) на экране помимо центрального пятна наблюдается ещё два кольца. Первое кольцо имеет ширину \(d\) (полное) и радиус средней линии \(R_1 = 2\alpha L = \dfrac{3dL}{h}\) (см. рис.). Второе кольцо имеет ширину \(d/2\), что соответствует в рамках приближения дробной части числа \(x\), и радиус внешней границы \(R_2 = 4\alpha L = \dfrac{6dL}{h}\).

Второе решение: Рассмотрим влияние «конического зеркала» на параллельный его оси пучок световых лучей. Учитывая очевидную симметрию картины относительно вращений вокруг оси конуса, рассмотрим одно его осевое сечение и лучи, падающие только на одну из боковых сторон получившейся в сечении трапеции.

Обозначим угол полураствора конуса \(\alpha\). Из геометрии находим \(\mathrm{tg}\,\alpha = \dfrac{D - d}{2h} = \dfrac{3d}{2h}\). Так как \(D \ll h\), то \(\alpha\) и все углы того же порядка можно считать малыми. Тогда \(\alpha = \dfrac{3d}{2h}\).

Ясно, что лучи, не испытавшие отражения от поверхности конуса, продолжат идти параллельно его оси и образуют на экране круглое пятно диаметром \(d\).

Лучи, испытавшие одно отражение и попавшие после этого в выходное отверстие, будут идти под углом \(\alpha_1 = 2\alpha\) к оси. Зона отражения этих лучей (\(x_1\)) определяется по точке отражения «крайнего» луча 2 (см. рис.).

С учётом малости углов легко найти ширину этой зоны: \[x_1\cdot(\mathrm{tg}\,\alpha_1 - \mathrm{tg}\,\alpha) = d \;\Rightarrow\; x_1 \approx \frac{d}{\alpha} \approx \frac{2h}{3}.\] Данная группа лучей образует на экране кольцо ширины \(d\) с центром на оси и радиусом средней линии \(R_1 = \alpha_1 L = \dfrac{3dL}{h}\).

Далее, рассуждая аналогично, мы понимаем, что каждое дополнительное отражение увеличивает угол наклона луча к оси ещё на \(2\alpha\). Рассмотрим лучи, отразившиеся от конической поверхности отверстия дважды. Они выйдут из пластины под углом \(\alpha_2 = 4\alpha\) и образуют на экране следующее кольцо. Найдём расстояние \(x_2\) между точками первого отражения пограничных лучей из этой группы.

Так как \(\alpha \ll 1\), то с хорошей точностью \(x_2 = x_1 = 2h/3\). Заметим, что \(x_1 + x_2 = 4h/3 > h\). Это означает, что лучи, испытавшие два отражения, пересекают не всю площадь выходного отверстия. По крайним лучам этой группы (3 и 4) можно определить толщину второго кольца: \(d_2 = d/2\) и радиус его внешней границы \(R_2 = \alpha_2 = \dfrac{6dL}{h}\).

2. Поместим посредине между пластиной и экраном тонкую линзу. По условию \(L = 2F\), значит плоскость экрана является для линзы фокальной, и параллельные пучки лучей сфокусируются. Центральное пятно превратится в «точку» (не в математическом смысле, а в физическом, поскольку дифракционные явления принципиально ограничивают минимальный размер области фокусировки), а кольца — в «окружности». Радиусы «окружностей» (бывших колец) уменьшатся вдвое: \(R_1' = \alpha L = \dfrac{3dL}{2h}\) и \(R_2' = 2\alpha L = \dfrac{3dL}{h}\).

Глаз, палец и предмет образуют два подобных треугольника с общей вершиной в глазу. Составь пропорцию между размерами и расстояниями.

1) Расстояние до дома равно 125 м;  2) расстояние до Останкинской башни равно 16,2 км.

Пусть \(a = 65\) мм — длина пальца, \(l = 65\) см — расстояние от глаза до пальца на вытянутой вперёд руке, \(x\) — расстояние до удалённого предмета, \(b\) — длина удалённого предмета.

Как вытекает из рисунка, если расстояние до удалённого предмета в \(n\) раз больше \(l\), длина удалённого предмета будет также в \(n\) раз больше \(a\):

Следовательно, должна соблюдаться пропорция: \[\frac{b}{a} = \frac{x}{l} \quad\text{и}\quad x = \frac{lb}{a} = 10b.\] В пункте (а) \(b = 12{,}5\) м и \(x = 125\) м. В пункте (б) \(b = 540 \cdot 3 = 1620\) м и \(x = 16{,}2\) км.

Тень предмета П получится, если лучи, освещающие его, выходят из одной точки по другую сторону от предмета. Где должно находиться изображение источника в зеркале?

Зеркало минимального размера изображено на рисунке.

Чтобы предмет П отбрасывал тень Т, продолжения лучей света должны выходить из точки И\(_1\). Эта точка И\(_1\) должна являться изображением источника света И в зеркале. Отсюда однозначно определяем положение плоскости зеркала. Учитывая, что лучи света должны обязательно освещать концы стены, находим минимально возможный размер зеркала.

Тень от предмета П получится, если лучи расходятся из некоторой точки за зеркалом. Где должна находиться эта точка по отношению к источнику И и зеркалу?

Зеркало минимального размера изображено на рисунке.

Чтобы предмет П отбрасывал тень Т, продолжения лучей света должны выходить из точки \(И_1\). Эта точка \(И_1\) должна являться изображением источника света И в зеркале. Отсюда однозначно определяем положение плоскости зеркала. Учитывая, что лучи света должны обязательно освещать концы стены, находим минимально возможный размер зеркала.

Лучи, отражённые зеркалом, выглядят так, будто выходят из изображения источника в зеркале. Где должно находиться это изображение, чтобы предмет П отбрасывал именно тень Т?

Зеркало минимального размера изображено на рисунке.

Чтобы предмет П отбрасывал тень Т, продолжения лучей света должны выходить из точки И\(_1\). Эта точка И\(_1\) должна являться изображением источника света И в зеркале. Отсюда однозначно определяем положение плоскости зеркала. Учитывая, что лучи света должны обязательно освещать концы стены, находим минимально возможный размер зеркала.

Выразите координаты тени через координаты шарика: при угле \(45^\circ\) смещение тени по горизонтали равно высоте шарика. Направление движения Ярослава по земле может быть любым.

Модуль скорости тени может принимать значения в диапазоне от \(|u - v| = 1\) м/с до \(u + v = 3\) м/с.

Введём систему координат таким образом, чтобы ось \(z\) была направлена вертикально вверх, начало координат было на поверхности земли, а луч света падал в плоскости, проходящей через оси \(x\) и \(z\).

Пусть \((x_\text{ш}, y_\text{ш}, z_\text{ш})\) — координаты шарика. Тогда, как вытекает из рисунка, \(x\)-координата тени равна \(x_\text{т} = x_\text{ш} + z_\text{ш}\). При этом \(y\)-координата тени равна \(y_\text{ш}\).

Из полученных соотношений для координат тени и шарика выразим проекции скорости тени через проекции скорости шарика: \[v_{\text{т}x} = v_{\text{ш}x} + v_{\text{ш}z}, \qquad v_{\text{т}y} = v_{\text{ш}y}.\] Запишем выражения для проекций скорости на основе условий задачи. Если Ярослав движется по поверхности земли под углом \(\alpha\) к оси \(x\), его проекции скорости составляют \((v_{\text{Я}x} = u\cos\alpha;\ v_{\text{Я}y} = u\sin\alpha)\). Поскольку шарик движется относительно Ярослава по вертикали со скоростью \(v\), проекции скорости шарика составляют \((v_{\text{ш}x} = u\cos\alpha;\ v_{\text{ш}y} = u\sin\alpha;\ v_{\text{ш}z} = v)\). Проекции скорости тени оказываются равны \[(v_{\text{т}x} = u\cos\alpha + v;\ v_{\text{т}y} = u\sin\alpha).\] Найдём квадрат скорости тени: \[v_\text{т}^2 = (u\cos\alpha + v)^2 + (u\sin\alpha)^2 = u^2 + v^2 + 2uv\cos\alpha.\] Он минимален при \(\cos\alpha = -1\) и максимален при \(\cos\alpha = 1\), пробегая значения в диапазоне от \((u - v)^2\) до \((u + v)^2\). Следовательно, модуль скорости тени может пробегать значения в диапазоне от \(|u - v| = 1\) м/с до \(u + v = 3\) м/с.

Лампочка и мяч в начале движения находятся рядом на земле. Лучи от лампочки через мяч идут на стену: как связаны высота тени и высота мяча с расстоянием до стены, если мяч движется вдоль линии, соединяющей его с лампочкой, и какое получается движение тени?

A) 10 м;  B) 1 м/с.

Из подобия треугольников найдите расстояние до корабля, а затем свяжите его с высотой наблюдателя и радиусом Земли теоремой Пифагора.

\(R \approx \dfrac{l^2 L^2}{2 h a^2} \approx 5326\) км.

Запишите координаты шарика как функции времени и найдите момент, когда он пересекает образующую конуса: шарик виден, пока он внутри конуса.

\(\tau_1 = 4\) с,  \(\tau_2 = 2\) с,  \(v = \dfrac{g\tau}{2\alpha}\).

Выберем начало координат в точке крепления фонаря, ось \(x\) направим вдоль оси конуса в направлении распространения света, ось \(y\) направим вверх. Для шарика, пущенного горизонтально: \[x(t) = vt, \qquad y(t) = -\frac{gt^2}{2}.\] В момент времени \(\tau\) траектория шарика пересекается с образующей конуса, поэтому координаты шарика удовлетворяют условию \[y(\tau) = -x(\tau)\operatorname{tg}\alpha \approx -\alpha x(\tau), \qquad\text{откуда}\qquad \tau = \frac{2\alpha v}{g}.\] Для второго шарика \[x(t) = vt\cos\alpha \approx vt, \qquad y(t) = vt\sin\alpha - \frac{gt^2}{2} \approx \alpha vt - \frac{gt^2}{2}.\] Время \(\tau_1\) находим из аналогичного условия \[y(\tau_1) = -\alpha x(\tau_1), \qquad\text{откуда}\qquad \tau_1 = \frac{4\alpha v}{g} = 2\tau = 4\text{ с}.\] Время \(\tau_2\) найдём, приравняв к нулю \(y(t)\): \[\alpha v\tau_2 - \frac{g\tau_2^2}{2} = 0, \qquad\text{откуда}\qquad \tau_2 = \frac{2\alpha v}{g} = \tau = 2\text{ с}.\] Модуль начальной скорости, с которой бросают шарики, \[v = \frac{g\tau}{2\alpha}.\]