Плоское зеркало

Подсказка

При повороте зеркала на угол отражённый луч поворачивается на какой угол?

Ответ

\(26^\circ\).

Подсказка

Угол падения равен половине угла между падающим и отражённым лучами.

Ответ

15

Подсказка

При повороте зеркала на угол \(\varphi\) отражённый луч поворачивается на \(2\varphi\).

Ответ

20\(^\circ\)

Подсказка

Нормаль к зеркалу делит угол между падающим и отражённым лучами пополам. Учтите, что луч может падать как сверху, так и снизу, а наклон зеркала возможен в две стороны.

Подсказка

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

Ответ

Зеркало минимального размера изображено на рисунке.

Решение

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.

Подсказка

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?

Ответ

Зеркало минимального размера изображено на рисунке.

Решение

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.

Подсказка

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

Ответ

Зеркало минимального размера изображено на рисунке.

Решение

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.

Подсказка

Разверните ход луча: вместо отражения от зеркала рисуйте прямую линию и его зеркальное изображение. Луч перестаёт отражаться, когда направление его движения «развернётся» на нужный угол.

Ответ

1) 7;  2) 11.

Подсказка

Постройте изображение противоположной стены в зеркале и проведите лучи от глаз к её верхнему и нижнему краям; зеркало должно перекрывать эти лучи. Помогут подобные треугольники.

Ответ

60 см.

Подсказка

Постройте изображение носков в плоском зеркале. Предельный случай: луч от изображения к глазу проходит через нижний край зеркала.

Ответ

\(L_{\max} \approx 3\) м.

Подсказка

Проследите, как меняется угол луча с перпендикуляром к зеркалу после каждой пары отражений, и когда луч перестанет падать на зеркала.

Ответ

12 отражений.

Решение

В любом поперечном сечении задача плоская: светящийся круг (лампа) и непрозрачный круг (карандаш). Луч, который ещё касается обоих кругов «с одной стороны», отделяет полную тень от полутени.

Две внешние касательные либо сходятся за карандашом, либо расходятся — это решает сравнение диаметров.

Пусть \(D_\text{л}\) — диаметр лампы, \(D_\text{к}\) — диаметр карандаша.

Если \(D_\text{л}>D_\text{к}\), касательные сходятся. Полная тень — конечная клиновидная призма (в сечении — треугольник). Она обрывается на расстоянии

\[ L=\frac{D_\text{к}}{D_\text{л}-D_\text{к}}\,a \]

от карандаша, где \(a\) — расстояние между осями. Дальше есть только полутень.

Если \(D_\text{л}<D_\text{к}\), касательные расходятся. Полная тень уходит на бесконечность и расширяется — бесконечная клиновидная призма.

Если диаметры равны, касательные параллельны, и полная тень — бесконечная полоса той же ширины, что карандаш.

Газосветная лампа обычно толще карандаша, так что в комнате тень карандаша на столе уже полутень: полной тени до стола не хватает.

Решение

Лампа \(d=6\) см, глобус \(D=26\) см, от лампы до глобуса \(a=1\) м, от глобуса до стены \(b=2\) м. На стене, то есть на расстоянии \(a+b=3\) м от лампы.

Полная тень. Внешние касательные. Ширина пучка растёт линейно от \(d\) на лампе до \(D\) на глобусе и дальше:

\[ D_\text{тен}=D\cdot\frac{a+b}{a}-d\cdot\frac{b}{a}=26\cdot\frac{3}{1}-6\cdot\frac{2}{1}=78-12=66\ \text{см}. \]

Полутень (наружный край). Внутренние, скрещивающиеся касательные — от «верхнего» края лампы к «нижнему» краю глобуса:

\[ D_\text{пт}=D\cdot\frac{a+b}{a}+d\cdot\frac{b}{a}=26\cdot3+6\cdot2=78+12=90\ \text{см}. \]

Это диаметр всего тёмного пятна. Сама кольцевая полутень имеет ширину \((90-66)/2=12\) см с каждой стороны.

Решение

Свет распространяется прямолинейно. Луч от верхней точки дерева (кроны) идёт через дыру вниз и попадает в нижнюю часть стены. Луч от развешенного внизу платья идёт через ту же дыру вверх. Поэтому «ландшафт» на стене оказывается «в обращённом виде», как и написал Гоголь.

Чтобы изображение было резким, дыра должна быть мала: тогда от каждой точки предмета на стену приходит узкий пучок, почти один луч. Если дыру расширить, пучки размажутся и картинка помутнеет — останется просто солнечный блик.

Яркость картинки мала: через крошечную дыру проходит мало света. Именно поэтому комната должна быть «совершенно темна», иначе слабое изображение потонет в рассеянном свете.

Масштаб картинки на стене — отношение расстояний: если от ставни до стены \(L\), а дерево стоит в \(a\) метрах от дыры, его изображение имеет высоту \(h'=h\,L/a\). Перевёрнутость не зависит от этих чисел: любые два луча, пересекающиеся в одной точке, меняют «верх» и «низ» местами.

Решение

Солнце — не точка, а диск с угловым диаметром \(\alpha\approx0{,}5^\circ\approx1/100\) рад. Если от шторы до стены \(L\), изображение Солнца имеет диаметр

\[ D_\odot=\alpha L\approx\frac{L}{100}. \]

При \(L=4\) м это уже 4 см — заметный кружок.

Каждая точка диска через отверстие размера \(d\) даёт на стене пятно размера \(d\). Полная картинка — «размазанный» диск Солнца: кружок диаметра \(D_\odot\), у которого края размыты на величину \(d\). Если \(d\ll D_\odot\), размытие незаметно, и зайчик кружок, какой бы ни была дырка — треугольная, квадратная, рваная.

Зависимость от формы появится, когда отверстие станет сравнимо с изображением Солнца или больше его: \(d\gtrsim D_\odot\). Тогда на стене видно само отверстие, слегка сглаженное солнечным диском. То же с осколком зеркала: маленький осколок «перенаправляет» камеру-обскуру, и зайчик снова круглый; большой осколок даёт зайчик своей формы.

Решение

Построение. Из каждой точки предмета опускаем перпендикуляр на зеркало и откладываем за зеркалом такое же расстояние. Получается мнимое изображение, симметричное предмету относительно плоскости зеркала. Стрелка, торчащая вверх, так и остаётся торчащей вверх; голова остаётся наверху, ноги внизу.

Почему тогда перчатка «меняется с правой на левую»? Потому что зеркало меняет перед и зад. Лицо смотрело на зеркало (ось \(z\)), изображение смотрит из зеркала на нас: координата \(z\) сменила знак. Оси \(x\) (лево–право) и \(y\) (верх–низ) не тронуты.

Мы же привыкли сравнивать себя с человеком, которого развернули вокруг вертикали, чтобы он встал лицом к нам. После такого поворота его правая рука оказывается напротив нашей левой. Зеркало этого поворота не делало — поэтому и возникает ощущение «перестановки рук» при нетронутом верхе и низе.

Если лечь на бок перед зеркалом, «верх» и «низ» как раз поменяются ролями — и тогда покажется, что зеркало переворачивает сверху вниз. Дело не в зеркале, а в том, какую ось мы сами выбираем для сравнения.

Решение

Изображение человека стоит за зеркалом на том же расстоянии, что и он сам. Глаз смотрит на макушку изображения и на ступни изображения. Эти два луча пересекают плоскость зеркала в двух точках — верхнем и нижнем краях нужного куска зеркала.

Зеркало стоит посередине между человеком и его изображением, поэтому оно отрезает ровно половину каждого луча. Расстояние по вертикали от макушки до ступней есть \(h\), значит по зеркалу укладывается \(h/2\).

Если глаза почти на уровне макушки (школьное приближение задачи), верхний луч горизонтален: верх зеркала — на уровне глаз. Низ зеркала — посередине между глазами и полом, то есть на высоте \(h/2\) над полом. Итого минимальная высота

\[ H=\frac{h}{2}. \]

Ответ не зависит от того, насколько человек отступил от зеркала: при отодвигании оба луча становятся положе, но пересекают плоскость зеркала в тех же точках.

Решение

Пусть высота зеркальца \(d\), расстояние от глаз до него \(L\). Мнимое изображение лица находится на расстоянии \(L\) за зеркалом, то есть в \(2L\) от глаз.

Лучи, идущие от краёв изображения через края зеркальца в глаз, образуют два подобных треугольника: маленький (от глаза до зеркала) и большой (от глаза до изображения). Коэффициент подобия \(2L/L=2\). Значит, на изображении (и на самом лице) вырезается участок высоты

\[ h_\text{вид}=2d. \]

Расстояние \(L\) сократилось. Подносите зеркальце вплотную или отставляйте на вытянутую руку — в него помещается одна и та же полоса лица шириной в два зеркальца. Меняется только угловой размер этой полосы: вблизи она занимает большую часть поля зрения и кажется крупнее, вдали — мельче. Но какая именно часть лица видна, не меняется.

Именно поэтому девушка «не может поймать» больший кусок лица, двигая зеркальце. Нужно взять зеркальце побольше — или отойти от большого зеркала не поможет увидеть больше, чем \(2d\).

Решение

Пусть зеркала лежат на осях \(x=0\) и \(y=0\), предмет — в точке \(S(a,b)\). Однократные изображения: \(S_1(a,-b)\) и \(S_2(-a,b)\). Двукратное: \(S_{12}(-a,-b)\). Оно получается и как изображение \(S_1\) во втором зеркале, и как изображение \(S_2\) в первом — одно и то же место.

Точка \(S_{12}\) — это предмет, повёрнутый на \(180^\circ\) вокруг ребра. Поворот в плоскости не меняет ориентацию «право–лево» относительно вертикали: если предмет был человечком лицом к ребру, двукратное изображение стоит к нам лицом и его правая рука — там же, где наша правая. В обычном плоском зеркале такого нет.

Себя в двукратном изображении видно из любой точки комнаты (угла): от любой точки \(P\) внутри прямого угла ломаная \(P\to\) первое зеркало \(\to\) второе зеркало \(\to S\) существует, потому что \(S_{12}\) всегда лежит в зоне видимости обоих зеркал. Однократные «боковые» изображения видны не отовсюду — только если соответствующее зеркало не загорожено вами же.

Решение

В сечении, перпендикулярном рёбрам, — равносторонний треугольник. Предмет \(S\) внутри него. Отразив треугольник относительно каждой из трёх сторон, получаем три соседних треугольника и три изображения \(S\). У этих новых треугольников тоже есть внешние стороны — отражаем ещё раз, и так далее.

Угол \(60^\circ\) укладывается в \(360^\circ\) ровно шесть раз, поэтому треугольники смыкаются без щелей и наложений: плоскость замощена правильными треугольниками, а изображения \(S\) сидят в вершинах правильной треугольной решётки (точнее — повторяют \(S\) во всех клетках мозаики). Вокруг каждой вершины собирается «снежинка» из шести копий.

Часть копий — «прямые», часть — зеркально перевёрнутые (нечётное число отражений). Именно чередование прямых и зеркальных лепестков даёт узор калейдоскопа. По оси призмы картинка не зависит от сдвига вдоль ребра: это просто одна и та же плоская мозаика, вытянутая в трубку.

Книжный совет «посмотрите в калейдоскоп» — буквально это и есть наша система.

Решение

Пусть центр полуокружности \(O\), вершина (дно чаши) слева, диаметр-открытие справа. Параллельный пучок идёт на вершине слева направо, в чашу. Точка падения \(M\) задаётся углом \(\varphi=\angle NOM\), где \(N\) — вершина.

Нормаль — радиус \(OM\). Угол падения равен \(\varphi\). Закон отражения поворачивает луч на \(2\varphi\): отражённый луч идёт под углом \(2\varphi\) к оси.

Не всякий луч после отражения выходит наружу. Луч из точки \(\varphi\) пересекает окружность вторично в точке с полярным углом \(3\varphi\) (это общее правило кругового бильярда: центральный угол между ударами равен \(\pi-2i= \pi-2\varphi\)). Второе пересечение лежит на зеркале — левой полуокружности — только при \(\varphi>30^\circ\). При \(\varphi=30^\circ\) отражённый луч как раз проходит через край диаметра. При \(\varphi<30^\circ\) второе пересечение было бы уже на «вырезанной» половине, то есть луч свободно уходит в отверстие.

Значит, крайние однократно отражённые и вышедшие лучи — это лучи с \(\varphi=\pm30^\circ\). Они идут под углами \(\pm60^\circ\) к оси. Угол между ними

\[ \alpha=120^\circ. \]

Лучи с большим \(\varphi\) бьют в зеркало ещё раз и в «первичный» расходящийся пучок не входят.

Решение

Точечный источник \(S\) стоит на оси трубы (или близко к оси — картина чуть размоется, но кольца останутся). Прямой, ни разу не отражённый свет даёт яркое пятно в центре экрана.

Луч, вышедший под углом \(\theta\) к оси и ударивший в стенку, отражается с тем же углом (нормаль радиальна) и снова идёт под углом \(\theta\). После одного отражения он попадает на экран в точке, отстоящей от центра на расстояние, которое однозначно задано \(\theta\) и геометрией (длина трубы, расстояние до экрана). Все такие лучи из-за осевой симметрии садятся на окружность — первое кольцо.

Два отражения: луч «зигзагом» проходит трубу и выходит под тем же \(\theta\), но уже с другой прицельной дальностью. Это второе кольцо, большего радиуса. Три отражения — третье, и так далее. Чем больше отражений, тем круче зигзаг и тем дальше от центра кольцо.

Кольца резкие, потому что все лучи с данным числом отражений собираются на одной окружности. Яркость дальних колец падает: часть света теряется при каждом отражении, да и телесный угол крутых лучей меньше.

Решение

Пусть угол между образующей и осью равен \(\alpha\ll1\). Кольцо отрезано у основания, так что до вершины по оси почти \(h\), радиус кольца \(r=h\,\mathrm{tg}\,\alpha\approx h\alpha\).

Параллельный оси луч падает на внутреннюю поверхность. Нормаль к образующей составляет с осью угол \(90^\circ-\alpha\), угол падения равен \(90^\circ-\alpha\). После отражения луч составляет с осью угол \(2\alpha\) и идёт к оси.

От точки падения до оси по перпендикуляру \(r\). Луч идёт под углом \(2\alpha\), значит до пересечения с осью он проходит вдоль оси расстояние

\[ x=\frac{r}{\mathrm{tg}\,2\alpha}\approx\frac{h\alpha}{2\alpha}=\frac{h}{2}. \]

Все образующие одинаковы, поэтому всё кольцо собирает параллельный пучок в одну точку на оси — на полпути к той вершине, которую «продолжает» конус.

Решение

Пусть \(P\) — полюс зеркала, \(C\) — центр кривизны, \(PC=R\). Луч, параллельный оси, бьёт в точку \(M\) недалеко от \(P\). Нормаль — радиус \(CM\). Угол падения равен углу \(\angle MCM'=\varphi\), где \(\varphi\) — угол между \(CM\) и осью.

Отражённый луч составляет с нормалью тот же угол \(\varphi\), поэтому с осью он составляет \(2\varphi\) и пересекает ось в точке \(F\). В треугольнике \(CMF\) угол при \(C\) равен \(\varphi\), угол при \(F\) равен \(2\varphi-\varphi=\varphi\) (внешний). Треугольник равнобедренный: \(CF=FM\). Но в параксиальном пределе \(FM\approx FP\approx PF\), и \(CF\approx PF\). Тогда \(PC=CF+FP=2\,PF\), то есть

\[ f=PF=\frac{R}{2}. \]

Для выпуклого зеркала те же треугольники, только фокус мнимый и лежит за зеркалом: \(f=-R/2\).

Решение

Расстояние от полюса до предмета \(d=f+l_1\), до изображения \(d'=f+l_2\). Подставляем в формулу вогнутого зеркала:

\[ \frac1{f+l_1}+\frac1{f+l_2}=\frac1f. \]

Приводим к общему знаменателю:

\[ \frac{2f+l_1+l_2}{(f+l_1)(f+l_2)}=\frac1f, \] \[ f\bigl(2f+l_1+l_2\bigr)=(f+l_1)(f+l_2)=f^2+f(l_1+l_2)+l_1 l_2. \]

Слева \(2f^2+f(l_1+l_2)\). Вычитаем \(f^2+f(l_1+l_2)\):

\[ f^2=l_1 l_2. \]

Это и есть формула Ньютона. Она удобна, когда начала отсчёта ставят в фокусы, а не в полюс: тогда предмет и изображение «перемножаются» в \(f^2\), как стороны прямоугольника фиксированной площади.

Тот же Ньютон получается из формулы зеркала. Пишем \(1/d+1/d'=1/f\) и подставляем \(d=f+l_1\), \(d'=f+l_2\):

\[ \frac1{f+l_1}+\frac1{f+l_2}=\frac1f. \]

Приводим к общему знаменателю: \(f(f+l_2)+f(f+l_1)=(f+l_1)(f+l_2)\). Раскрываем и сокращаем \(2f^2+f(l_1+l_2)\) слева с тем же справа — остаётся \(l_1 l_2=f^2\).

Решение

Предмет на расстоянии \(d=60\) см. Изображение действительное и в 1,5 раза больше, значит \(d'=1{,}5\,d=90\) см (и \(d'\) того же знака, что \(d\): оба впереди зеркала).

Формула вогнутого зеркала:

\[ \frac1d+\frac1{d'}=\frac1f,\qquad \frac1{60}+\frac1{90}=\frac{3+2}{180}=\frac{5}{180}=\frac1{36}. \] \[ f=36\ \text{см}. \]

Предмет сидит между фокусом и центром кривизны (\(f=36\) см, \(C=72\) см, а \(d=60\) см как раз в этом интервале) — там и должно получаться действительное увеличенное изображение.

Формула зеркала \(1/d+1/d'=1/f\) и поперечное увеличение \(\Gamma=d'/d=3/2\) (действительное — перевёрнутое, знак опускаем). Тогда \(d'=\frac32 d\), и

\[ \frac1{60}+\frac{2}{3\cdot60}=\frac1f,\qquad \frac{1}{60}\cdot\frac53=\frac1f,\qquad f=36\ \text{см}. \]

Предмет за двойным фокусом (\(60>72/2\)), изображение между \(F\) и \(2F\) — согласовано с «полтора раза».

Решение

Радиус \(R=80\) см, фокус \(f=R/2=40\) см. Продолжения падающих лучей сходятся в 40 см за зеркалом: мнимый предмет, \(d=-40\) см.

\[ \frac1d+\frac1{d'}=\frac1f\qquad\Longrightarrow\qquad \frac1{-40}+\frac1{d'}=\frac1{40}, \] \[ \frac1{d'}=\frac1{40}+\frac1{40}=\frac1{20},\qquad d'=20\ \text{см}. \]

Отражённые лучи пересекаются в 20 см перед зеркалом (действительная точка). Фокус лежит в 40 см от полюса, значит расстояние от фокуса

\[ l=|d'-f|=|20-40|=20\ \text{см}. \]

Можно сразу по Ньютону: \(l_1=d-f=-40-40=-80\) см, \(l_1 l_2=f^2\) даёт \(l_2=-20\) см, и \(|d'-f|=20\) см.

Решение

Первое положение: изображение действительное, втрое больше. Увеличение \(\Gamma_1=-3\) (минус — переворот), поэтому \(d_1'=3d_1\). Формула зеркала:

\[ \frac1{d_1}+\frac1{3d_1}=\frac1f\qquad\Longrightarrow\qquad \frac4{3d_1}=\frac1f\qquad\Longrightarrow\qquad d_1=\frac{4f}3,\quad d_1'=4f. \]

Предмет стоит между фокусом и центром — там и бывает увеличенное действительное изображение.

Отодвинули на 80 см: \(d_2=d_1+80\). Теперь изображение вдвое меньше предмета и, раз предмет ушёл дальше, снова действительное: \(\Gamma_2=-1/2\), \(d_2'=d_2/2\).

\[ \frac1{d_2}+\frac2{d_2}=\frac1f\qquad\Longrightarrow\qquad \frac3{d_2}=\frac1f\qquad\Longrightarrow\qquad d_2=3f. \]

Но \(d_2=d_1+80=4f/3+80\), значит

\[ 3f=\frac{4f}3+80,\qquad 3f-\frac{4f}3=80,\qquad \frac{5f}3=80,\qquad f=48\ \text{см}. \]

Проверка положений: \(d_1=64\) см (между \(f=48\) и \(C=96\)), \(d_2=144\) см (за центром). Всё на своих местах.

Решение

Полюс \(P\), фокус \(F\) на расстоянии \(R/2\), центр \(C\) на расстоянии \(R\). Длинная сторона прямоугольника лежит на оси от \(d=R/2\) (передняя грань, в фокальной плоскости) до \(d=R\) (задняя грань, в центре кривизны). Высота — короткая сторона, обозначим её \(h\).

Задняя вертикальная сторона лежит в плоскости, проходящей через \(C\). Любая точка этой плоскости (в параксиальной зоне) изображается в той же плоскости с увеличением \(-1\): изображение — такой же отрезок длины \(h\), перевёрнутый, проходящий через \(C\).

Передняя вертикальная сторона лежит в фокальной плоскости. Все лучи, вышедшие из её точки параллельно друг другу после отражения (предмет в фокусе), идут параллельным пучком: изображение этой стороны — на бесконечности.

Горизонтальные стороны. Каждая точка оси между \(F\) и \(C\) имеет действительное изображение за центром: если \(d=f+l\), \(f<d<2f\), то \(d'>2f\). Когда точка бежит от \(C\) к \(F\), её образ бежит от \(C\) к \(+\infty\). Высота образа \(|\Gamma|h=(d'/d)h\) растёт от \(h\) до бесконечности. Поэтому изображение каждой продольной стороны — кривая, стартующая из конца заднего образа (на расстоянии \(h\) от оси у точки \(C\)) и уходящая на бесконечность, удаляясь от оси.

Вся фигура-образ — «раструб» от перевёрнутого отрезка в плоскости \(C\) до бесконечности.

Решение

Центр кривизны \(C\) — самосопряжённая точка: \(d=R=2f\), \(d'=R\). Более того, любой луч через \(C\) есть нормаль к зеркалу, угол падения нуль, луч идёт обратно по себе. Следовательно, вся прямая, проходящая через \(C\), отображается в себя.

Стрелки выходят из \(C\), их концы лежат на полуокружности. Если эта полуокружность — само зеркало (радиус \(R\)), наконечник лежит на отражающей поверхности. Точка на зеркале тоже самосопряжена: предмет и изображение совпадают. Изображение каждой стрелки — она сама, только «смотрит» в обратную сторону: то, что было наконечником, осталось на сфере, а направление от \(C\) сменило смысл (увеличение в \(C\) равно \(-1\)).

Если полуокружность концов меньше зеркала (стрелки не доходят до поверхности), наконечники лежат на сфере с центром \(C\) и радиусом \(r<R\). Каждая такая точка имеет пару на том же радиусе по другую сторону от \(C\): формула зеркала вдоль этого радиуса даёт точку, симметричную относительно \(C\) в линейном приближении? Строго — нет, только для параксиальных. Но луч из наконечника через \(C\) отражается в себя, а луч вдоль касательной к «пучку» строит вторую точку. В стандартном школьном построении изображения стрелок — такой же пучок, выходящий из \(C\) в противоположную сторону, концы — на симметричной полуокружности.

Итого: пучок отображается в пучок тех же стрелок с общим началом в \(C\), направленный противоположно.

Решение

Потребуем, чтобы все лучи, пришедшие параллельно оси, после отражения попали в точку \(F\) и имели одинаковую оптическую длину (иначе они не сложатся в одну «точку» даже геометрически согласованно — фронт не будет сферическим).

Парабола по определению — множество точек, равноудалённых от фокуса \(F\) и от директрисы (прямой, перпендикулярной оси). Луч, пришедший параллельно оси, можно мыслить как перпендикуляр к директрисе. Путь «директриса \(\to\) точка зеркала \(M\to F\)» один и тот же для всех \(M\). Значит, все такие лучи приходят в \(F\) синфазно. Закон отражения при этом выполняется автоматически: касательная к параболе как раз уравнивает углы падения и отражения (это другое, эквивалентное определение).

Вращая параболу вокруг оси, получаем параболоид. Ось параболоида должна быть параллельна падающему пучку — иначе фокусировки «в точку» нет, получится кома.

Эллипсоид собирает в точку лучи, вышедшие из второго фокуса, а не параллельный пучок. Гиперболоид разводит. Сфера — приближение параболоида вблизи вершины (\(f=R/2\)).

Подсказка

Развёртка: отражайте треугольник относительно сторон, чтобы траектория стала прямой. Либо найдите треугольник, вершины которого лежат на сторонах, с минимальным периметром.

Подсказка

Картина — развёртка треугольной области с предметом на плоскость: каждый соседний через сторону треугольник добавляет одно отражение. Считайте, сколько сторон нужно пересечь от предмета до самого дальнего треугольника.

Ответ

5 отражений; 7 отражений.

Подсказка

Изображение видно, если отрезок от \(S\) до изображения пересекает именно те зеркала, в которых происходили отражения, в правильном порядке и в пределах зеркал. Для каждого изображения проследите цепочку отражений.

Ответ

В точках 1, 7 и 8 наблюдатель изображений колонн видеть не может. 2 — изображение колонны V, 3 — изображение колонны III, 4 — изображение колонны V, 5 — изображение колонны IV, 6 — изображение колонны I.

Подсказка

Зеркальце, повернувшееся на угол \(\beta\), поворачивает отражённый луч на \(2\beta\). Крайний луч пучка падает на шар под углом, синус которого равен \(d/R\); скорость зайчика связана со скоростью поворота луча и расстоянием до стены.

Ответ

1) \(x_{\max} = 2dH\,\dfrac{\sqrt{R^2-d^2}}{R^2-2d^2} \approx \dfrac{2dH}{R}\);  2) \(v(x) = 4\pi H n\left(1 + \dfrac{x^2}{H^2}\right) \approx 4\pi H n\);  3) в формулировке части C допущена ошибка (см. критерии организаторов: за часть C всем, приступившим к решению, засчитывается 2 балла, а вся задача оценивается в 8 баллов).

Подсказка

За время пробега сигнала катер смещается на \(vt\), а сам сигнал проходит путь \(ct\). Для наклонного дна удобно считать, что сигнал идёт от «мнимого» источника, зеркального образа катера.

Ответ

a) \(\alpha = 10^{-2}\) рад (столбец 5);  b) столбец 2;  c) столбец 1 (меньше).

Решение

Приравнивая время распространения звука и время движения катера, а также используя малость угла \(\alpha\), получим соотношение \[\alpha \approx \sin\alpha = \frac{v}{c} = 10^{-2}\text{ рад}.\] Найденное значение угла \(\alpha\) совпадает со значением, стоящим в столбце номер 5.

В случае, если дно составляет малый угол \(\gamma\) с горизонталью, искомый угол \(\alpha\) также можно считать малым. Легко видеть, что в этом случае прямая, вдоль которой распространяются ультразвуковые импульсы, испускаемые эхолокатором, отклоняется от вертикали в направлении по часовой стрелке (а не против, как в первом случае). Используя малость углов \(\alpha\) и \(\gamma\), находим ответ: \[\alpha \approx \gamma - \frac{v}{c} \approx (8{,}7 - 1{,}0)\cdot 10^{-2} = 7{,}7\cdot 10^{-2}.\] Значение, наиболее близкое к найденному, стоит в столбце номер 2.

Принимаемые на катере импульсы могут рассматриваться как излучаемые движущимся фиктивным источником, который удаляется от катера. Частота волн, принимаемых от удаляющегося излучателя, уменьшается по сравнению со случаем, когда излучатель неподвижен (эффект Доплера), поэтому правильный ответ стоит в столбце номер 1.

Подсказка

Источник и изображение всё время на одной вертикали, поэтому их горизонтальные скорости равны. В системе зеркала их траектории симметричны, откуда ускорение изображения \(\vec a^* = 2\vec a - \vec g\); останется сравнить «крутизну» двух парабол по графику.

Ответ

\(a = (1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2\), ускорение зеркала направлено вниз (другими способами решения — \(1{,}64\); \(1{,}75\); \(1{,}80 \pm 0{,}02\text{ м/с}^2\)).

Решение

Плоскость зеркала горизонтальна, поэтому источник света \(S\) и его изображение \(S^*\) всегда расположены на одной вертикальной прямой. Тогда, поскольку проекция скорости \(v_x\) источника на горизонтальную ось \(x\) остаётся постоянной, проекция скорости изображения на соответствующую ось \(v^*_x = v_x\).

В связанной с зеркалом системе отсчёта ускорение источника равняется: \[\vec a_\text{отн} = \vec g - \vec a.\] В системе отсчёта зеркала траектории источника \(S\) и его изображения \(S^*\) симметричны относительно зеркала, значит для ускорения изображения источника относительно зеркала выполняется: \[\vec a^*_\text{отн} = -\vec a_\text{отн}.\] Для ускорения изображения источника в лабораторной системе отсчёта находим: \[\vec a^* = \vec a + \vec a^*_\text{отн} = 2\vec a - \vec g.\] Далее будем считать, что ускорение зеркала направлено вертикально вверх. Рассмотрим различные варианты определения ускорения.

Первый способ. Рассмотрим траекторию источника между точками, расположенными на одной горизонтали. Между ними он движется в течение времени \(t\), равного: \[t = \frac{2v_\text{в}}{g},\] где \(v_\text{в}\) — вертикальная компонента скорости источника в указанных положениях. Тогда его горизонтальное перемещение за данное время равняется: \[\Delta x = v_x t = \frac{2v_x v_\text{в}}{g}.\] Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками, расположенными на одной горизонтали, получим: \[\Delta x^* = \frac{2v_x v^*_\text{в}}{g + 2a},\] где \(v^*_\text{в}\) — вертикальная компонента скорости изображения источника в указанных положениях. Здесь мы учли равенство \(v^*_x = v_x\). Разделив уравнения друг на друга, получим: \[\frac{\Delta x}{\Delta x^*} = \frac{v_\text{в}}{v^*_\text{в}}\left(1 + \frac{2a}{g}\right) \;\Rightarrow\; a = \frac{g}{2}\left(\frac{v^*_\text{в}}{v_\text{в}}\,\frac{\Delta x}{\Delta x^*} - 1\right).\] Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения \(\Delta x\) и \(\Delta x^*\), которым соответствуют точки, расположенные на левом крае рисунка. Соответствующее отношение вертикальных компонент скоростей измерим как отношение угловых коэффициентов касательных. Получим: \[\frac{\Delta x}{\Delta x^*} = 0{,}865 \pm 0{,}010, \qquad \frac{v^*_\text{в}}{v_\text{в}} = \frac{k^*}{k} = 0{,}740 \pm 0{,}015 \;\Rightarrow\; a = -(1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2.\] Таким образом: \(a = (1{,}76 \pm 0{,}10)\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Второй способ. Введём прямоугольную систему координат \(Oxy\). Определим координаты вершин обеих траекторий, для этого проведём горизонтальные прямые и построим к ним серединные перпендикуляры. Координаты вершины для траектории источника (на рисунке обозначено точкой 1) определяются однозначно: \(x_\text{в} = 36\) ус. единиц, \(y_\text{в} = 18\) ус. единиц. Координаты вершины траектории изображения (точка 3) по оси ординат определяются хуже, поэтому возьмём приближённое значение, таким образом \(x^*_\text{в} = 45\) ус. единиц, \(y^*_\text{в} \approx 21\) ус. единиц.

Рассмотрим движение источника света между точками 1 и 2. Между этими двумя точками источник двигался в течение времени \(t_1\), тогда его горизонтальное и вертикальное перемещения: \[\Delta x = v_x t_1; \quad \Delta y = \frac{g t_1^2}{2}.\] Время движения из формулы для горизонтального перемещения: \(t_1 = \Delta x / v_x\). Тогда: \[g = \frac{2\Delta y}{t_1^2} = \frac{2\Delta y \cdot v_x^2}{\Delta x^2}.\] Аналогично рассматривая траекторию изображения источника между точками 3 и 4, с учётом равенства горизонтальных проекций скоростей \(v_x = v^*_x\), получим: \[\Delta x^* = v^*_x t_2; \quad \Delta y^* = \frac{(g + 2a)t_2^2}{2}; \quad g + 2a = \frac{2\Delta y^*}{t_2^2} = \frac{2\Delta y^* \cdot v_x^2}{(\Delta x^*)^2}.\]

Разделим получившиеся выражения для ускорений друг на друга: \[\frac{g + 2a}{g} = \frac{\Delta y^* \cdot \Delta x^2}{\Delta y \cdot (\Delta x^*)^2}; \qquad a = \frac{g}{2}\left(\frac{\Delta y^* \cdot \Delta x^2}{\Delta y \cdot (\Delta x^*)^2} - 1\right).\] Необходимые значения в условных единицах: \(\Delta y^* = 39\), \(\Delta x^* = 65\), \(\Delta x = 74\) и \(\Delta y = 76\) найдены с помощью масштабно-координатной сетки. \[a = \frac{9{,}80}{2}\left(\frac{39 \cdot 74^2}{76 \cdot 65^2} - 1\right) = -1{,}64\text{ м/с}^2.\] Отличие от значения, полученного первым способом, обуславливается погрешностью определения координаты вершины траектории изображения источника.

\(a = 1{,}64\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Третий способ. Предположим, что ускорение зеркала направлено вниз. Проведём касательные к обеим траекториям в начальный момент времени и построим векторные треугольники перемещений для источника и его изображения. Для улучшения точности рассмотрим максимально возможные значения \(\vec v_0 t\) и \(\vec u_0 t\), где \(\vec v_0\) и \(\vec u_0\) — скорости источника и его изображения. Векторные треугольники будем строить таким образом, чтобы горизонтальные перемещения источника и изображения были равны. Таким образом время \(t\) будет одинаковым для обоих случаев.

Тогда отношение полных ускорений будет равно отношению длин соответствующих сторон двух векторных треугольников перемещений: \[\frac{g - 2a}{g} = \frac{l_2}{l_1},\] где \(l_1\) — длина в условных единицах вертикальной стороны треугольника перемещений источника, а \(l_2\) — вертикальной стороны треугольника перемещений изображения источника. Тогда: \[a = \frac{g}{2}\left(1 - \frac{l_2}{l_1}\right) = \frac{9{,}80}{2}\left(1 - \frac{27}{42}\right) = 1{,}75\text{ м/с}^2.\] \(a = 1{,}75\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Четвёртый способ. В любой момент времени точка, принадлежащая плоскости зеркала, находится на середине вертикального отрезка, соединяющего точки, принадлежащие траекториям источника и изображения. Воспользовавшись этим, мы можем восстановить траекторию точки зеркала (красная линия).

Ускорение зеркала относительно земли равно \(\vec a\). Из рисунка видно, что оно направлено вертикально вниз. Зная, что ускорение источника равно \(\vec g\), и определив координаты вершин парабол, либо характерные расстояния по вертикали и горизонтали, мы можем найти величину ускорения, воспользовавшись любым из вышеописанных способов решения.

\(a = (1{,}80 \pm 0{,}02)\text{ м/с}^2\), ускорение направлено вниз.

Подсказка

Чтобы луч вернулся в \(A\), он должен падать на палочку перпендикулярно; значит, во втором положении палочка должна стоять под углом \(90^\circ-\alpha\) к вертикали. Равновесие палочки в обоих положениях запишите по правилу моментов относительно шарнира.

Ответ

\(m_\text{ж} = \rho_\text{ж}\,S\,\Delta H = \rho S L\,\dfrac{n(n-1)}{2n-1}\,(\sin\alpha - \cos\alpha)\); решение существует при \(\alpha > \pi/4\).

Подсказка

В пункте 1 изображение в двух зеркалах поворачивается на удвоенный угол между ними. В пункте 2 подумайте, какие грани призмы работают как зеркала и на какой угол они в сумме должны повернуть ход лучей.

Ответ

1) \(\alpha_1 = \dfrac{\pi}{8}\), \(\alpha_2 = \dfrac{\pi}{4}\); 2) рассеивающая линза создаёт уменьшенное изображение предмета вблизи фокальной плоскости. Грани призмы, составляющие тупой угол, играют роль зеркал, поворачивая изображение на угол \(\dfrac{\pi}{2}\), так что человек видит это изображение в плоскости листа, на котором он рисует. \(\beta = \dfrac{3\pi}{8}\).

Подсказка

Луч через оптический центр не преломляется. Постройте ход после зеркала и найдите, где должна лежать точка пересечения отражённого луча с линзой, чтобы он вышел нужным образом (учтите фокальную плоскость).

Ответ

1) \(x = \dfrac{1}{2D} = 10\) см;  2) \(x = \dfrac{1}{D} = 20\) см.

Подсказка

Сначала по \(\Gamma_0\) и \(a\) найдите фокусное расстояние рассеивающей линзы. Свет проходит линзу, отражается от зеркала и ещё раз проходит линзу: постройте последовательно три изображения.

Ответ

1) \(b = 6\) см;  2) \(\Gamma_1 = 0{,}2\).

Подсказка

Источник в фокусе даёт за линзой параллельный пучок. Куда повернётся этот пучок после отражения от наклонного зеркала и где он снова соберётся?

Ответ

Расстояние между источником и его изображением равно \(F\operatorname{tg}2\alpha\).

Решение

Так как источник \(S\) находится в фокусе, то после линзы лучи от него будут представлять параллельный пучок. Каждый такой луч падает на зеркало под углом падения \(\alpha\), угол отражения также равен \(\alpha\), поэтому угол между отражённым от зеркала лучом и оптической осью будет \(2\alpha\). Получаем параллельный пучок под углом \(2\alpha\) к оптической оси, который опять должен собраться в фокальной плоскости линзы. Положение точки сбора лучей определяется лучом, проходящим через центр линзы, который не преломляется.

Таким образом, расстояние между источником и его изображением равно \(F\operatorname{tg}2\alpha\).

Подсказка

Часть света отражается уже от передней грани клина, остальная проходит к зеркалу, отражается и выходит обратно; следите за углами, которые луч составляет с гранью после каждого преломления и отражения, и учитывайте возможные многократные отражения внутри стекла.

Ответ

1) Будет видно три пятна: \(x_0 = 3\) см, \(N_0 = 4\,\%\); \(x_1 = 21\) см, \(N_1 = 92\,\%\); \(x_2 = 39\) см, \(N_2 = 4\,\%\);  2) на угол \(\varphi + \dfrac{\gamma_1}{2} = 0{,}09\) рад против часовой стрелки.

Подсказка

Пройдите путь луча: линза, зеркало, снова линза. Отражение в зеркале на расстоянии \(f\) от линзы удобно «развернуть» и заменить прохождением через вторую такую же линзу.

Ответ

1) Изображение находится на расстоянии \(2f - a\) от линзы (по критериям оценивания организаторов); 2) построение, ответа в виде формулы нет.