Закон преломления

Найдите путь света в вакууме за \(1\text{ нс}\), затем путь в среде и сравните.

\(1{,}5\)

Сравните путь света в вакууме за 1 нс и путь в среде; показатель преломления — отношение скоростей.

1,5

Пучок падает на первую призму перпендикулярно её основанию, а выходит из неё через наклонную грань. Запишите закон преломления на этой грани и найдите, на какой угол отклонился пучок.

1) \(\varphi = 30^\circ\);  2) \(\dfrac{d}{D} = \dfrac{4 - n^2}{3}\), \(n < 2\).

Минимальная видимая ширина равна настоящему диаметру: канал виден через одну грань. Для максимальной ширины проследите крайний луч, идущий от канала через середины двух соседних граней.

\(n = \sqrt 2\).

Что видно на графике при \(y=0\) и при \(x=0\)? Подумайте, под каким углом идёт в воде луч, выходящий вдоль поверхности жидкости.

\(n = 1{,}33 \pm 0{,}05\), \(h = 1{,}34 \pm 0{,}05\) м.

Луч от текста, попавший в объектив, идёт сквозь призму вертикально. Запишите закон преломления на наклонной грани (угол при вершине \(60^\circ\)) и свяжите расстояние между строками вне призмы и расстояние между их изображениями в призме.

\(n \approx 1{,}51\).

Вдоль оси цилиндр изображение не увеличивает, а поперёк работает как толстая линза: увеличение видно по излому линий миллиметровки. Второе соотношение даёт ширина полосы, видимой сквозь цилиндр: её края образуют лучи, идущие по касательной к цилиндру.

1) \(n \approx 1{,}48\);  2) \(\dfrac{y}{R} = \dfrac{R-h}{R} \approx 0{,}46\), где \(h\) — расстояние от оси цилиндра до плоскости среза.

Заметим, что по условию фотографирование происходит с большого расстояния, поэтому можно считать, что увеличение цилиндра в направлении его оси отсутствует. Дополнительно можно убедиться в этом, проверив, что точки пересечения линий миллиметровки и их изображений лежат примерно на оси цилиндра.

Теперь исследуем увеличение для параксиальных лучей в направлении, перпендикулярном оси цилиндра. Пусть расстояние от оси цилиндра до плоскости равно \(h\). Будем считать его положительным, если осталось больше половины цилиндра. Рассмотрим точку, смещённую от плоскости симметрии системы на малое расстояние \(x\). Найдём положение её изображения, образованного параксиальными лучами.

Из закона преломления света получаем: \[\gamma = n\beta = \frac{nx}{h + R}.\] Запишем геометрические соотношения. \[\frac{x(h + H)}{h} = \Gamma x = \frac{nx(h + H + R)}{h + R}.\] Выразим и подставим значение \(H\). \[H = h(\Gamma - 1), \qquad \Gamma(h + R) = n(\Gamma h + R).\] Получаем искомое увеличение: \[\Gamma = \frac{nR}{R - (n - 1)h}.\] Заметим, что мы видим не всю миллиметровку, которую закрывает цилиндр. Такое может быть только в случае \(h > 0\), то есть отрезали меньше половины цилиндра. По фотографии видно, что область видимости ограничивают лучи, идущие по касательной к цилиндру.

Из закона преломления света имеем: \[\cos\theta = \frac{1}{n}, \qquad d = 2\left(R - h\operatorname{tg}\theta\right), \qquad \frac{d}{2R} = 1 - \frac{h\sqrt{n^2 - 1}}{R}.\] Теперь достаточно измерить по фотографии \(\Gamma\) и \(d/R\). Тогда у нас будет система из двух уравнений с двумя неизвестными.

Проведём ось цилиндра, вертикальную линию миллиметровки и касательную к её изображению в точке на оси цилиндра. Отрезок \(CA\) — перпендикуляр из точки касательной на ось цилиндра. Тогда увеличение можно найти по фотографии: \[\Gamma = \frac{AC}{AB} \approx 2{,}0.\] Для поиска области видимости можем воспользоваться подобием: для любой прямой можем определить, какую её часть видно через цилиндр. Воспользуемся горизонтальной линией на миллиметровке: закрыто цилиндром 22 мм, видно через цилиндр 9 мм. \[\frac{d}{2R} \approx 0{,}41.\] Для удобства введём обозначение \(\xi = h/R\). \[\left\{\begin{aligned} 2 &= \frac{n}{1 - (n - 1)\xi};\\ 0{,}41 &= 1 - \xi\sqrt{n^2 - 1}. \end{aligned}\right. \qquad \xi = \frac{0{,}59}{\sqrt{n^2 - 1}} = \frac{2 - n}{2(n - 1)}.\] Получили уравнение на \(n\), которое можно решить численно: \(n = 1{,}48\). Подставляя полученное значение в формулы для \(\xi\), получаем: \[\xi = 0{,}54.\] При этом искомая величина выражается через \(\xi\): \[\frac{y}{R} = \frac{R - h}{R} = 1 - \xi = 0{,}46.\]

Для лучей, идущих вдоль оптической оси, полуцилиндр можно представить как плоскопараллельную пластинку, соединённую с тонкой плосковыпуклой линзой. Изображение сетки получается там же, где она лежит, а увеличение определяется по сравнению масштаба сетки внутри и вне пластины.

1) \(n = 1{,}47 \pm 0{,}05\);  2) \(N = 103 \pm 3\);  3) \(H \approx 28 \pm 4\) см.

Рассмотрите луч, вышедший из диффузно рассеивающей точки внизу и дошедший до края диска: какой путь проходит луч, формирующий резкую границу ореола, и под каким предельным углом он выходит? Тёмный круг связан с лучами, отражёнными от верхней поверхности.

А) \(R = \dfrac{h\sqrt{n^2-1}}{1-(0{,}65\,n)^2} \approx 70\text{ мм}\);  Б) \(r_0 = 2h\,\mathrm{tg}\,\beta \approx 23\text{ мм} \pm 2\text{ мм}\).

Вдоль оси цилиндра размеры не меняются, поперёк — меняются. Поэтому наклон прямых на фотографии отличается от наклона самих линий; отношение тангенсов даёт поперечное увеличение. Мензурку вблизи оси можно считать двумя тонкими плосковыпуклыми линзами с пластинкой между ними.

a) \(S = \dfrac{\pi r^2}{3}\);  b) \(x = \dfrac{13}{4}R = 130\) мм (принимается \((120 \pm 15)\) мм).

a) В направлении вдоль оси \(O\) размер пучка, как следует из условия, не меняется. Найдём изменение размера пучка в направлении, перпендикулярном оси. Фокусное расстояние плосковыпуклой линзы, сделанной из материала с показателем преломления \(\dfrac43\), даётся формулой \[f = \frac{R}{n-1} = 3R .\] Таким образом, если бы экран располагался на расстоянии \(3R\) от линзы, то пучок круглого сечения изобразился бы в сильно вытянутый эллипс — в отрезок длиной \(2r\). Однако экран находится на расстоянии \(2R\) от линзы, поэтому на нём наблюдается светлое пятно в виде эллипса с полуосями \(r\) и \(\dfrac{r}{3}\), площадь которого равна \[S = \frac{\pi r^2}{3}.\] Отметим, что можно было бы обойтись без использования формулы для \(f\). Можно было рассмотреть преломление лучей падающего пучка на выпуклой границе раздела и найти расстояние, на котором пересекаются эти лучи.

b) Для лучей, идущих вблизи оси мензурки, последняя представляет собой две тонкие плосковыпуклые линзы (радиус выпуклой поверхности каждой из этих линз равен \(R\)), разделённые плоскопараллельной пластинкой толщиной \(2R\) (см. рис.).

Эта оптическая система формирует перевёрнутое изображение прямой линии, которое имеет вид кривой из-за аберрации. Однако вблизи оси мензурки отрезки прямых приближённо изображаются в отрезки прямых. Поскольку цилиндрическая линза изменяет размер изображения вдоль горизонтальной оси, но не меняет его вдоль вертикальной, углы, которые составляют отрезки-изображения с горизонтальной осью, отличаются от углов между линиями-предметами и горизонталью. Построив на фотографии касательные к линиям-изображениям вблизи оси мензурки, можно сравнить углы, которые образуют касательные к изображениям и прямые (предметы) с горизонталью. На рисунке сделано такое построение, углы обозначены \(\alpha\) и \(\beta\). Справедливо соотношение \[\frac{\tan\alpha}{\tan\beta} = \Gamma_0 ,\] где \(\Gamma_0\) — увеличение (вдоль горизонтальной оси), с которым изображается предмет в системе двух тонких цилиндрических линз и плоскопараллельной пластинки, на которые разбивается исходный цилиндр. Делая измерения по фотографии, устанавливаем, что значение увеличения приближённо равно \[\Gamma_0 \approx \frac85 .\]

Далее расчёт можно провести двумя способами. Первый способ предполагает использование формулы линзы. Сначала рассматривается изображение в первой линзе, рассчитывается его увеличение \(\Gamma_1\). Это изображение является предметом для плоскопараллельной пластинки. Плоскопараллельная пластинка размеров предмета не меняет. Изображение в ней является предметом для второй линзы, в которой получается изображение с увеличением \(\Gamma_2\). Общее увеличение равно произведению увеличений \(\Gamma_0 = \Gamma_1\Gamma_2\). Второй способ предполагает рассмотрение преломления лучей в цилиндре.

Покажем, как делается расчёт первым способом. Пусть предмет находится на расстоянии \(a_1\) от мензурки (так что расстояние от оси мензурки до предмета равно \(x = R + a_1\)). Поскольку фокусное расстояние плосковыпуклой «водяной» линзы равно \(3R\), как следует из формулы для \(f\), расстояние \(a_1'\) до изображения предмета в линзе равно \[a_1' = \frac{3Ra_1}{a_1 - 3R}.\] Величина \(a_1\) может быть отрицательной. Увеличение изображения в первой линзе, таким образом, равно \[\Gamma_1 = \left|\frac{3R}{a_1 - 3R}\right|.\] Расстояние от изображения в первой линзе до второй линзы равно \(2R - a_1'\). Однако между линзами вставлена плоскопараллельная пластинка толщиной \(D\), которая приближает предметы ко второй линзе на расстояние \(\Delta a = D\left(1 - \dfrac1n\right) = \dfrac{R}{2}\). Таким образом, расстояние от изображения в плоскопараллельной пластинке до второй линзы равно \[a_2 = 2R - a_1' - \Delta a = -\frac{3R(a_1 + 3R)}{2(a_1 - 3R)}.\] Подставляя в формулу линзы расстояние \(a_2\), получаем для расстояния до изображения следующую формулу \[a_2' = \frac{R(a_1 + 3R)}{a_1 - R}.\] Из выражений для \(a_2\) и \(a_2'\) находим увеличение изображения во второй линзе \[\Gamma_2 = \left|\frac{a_2'}{a_2}\right| = \left|\frac{2(a_1 - 3R)}{3(a_1 - R)}\right|.\] Теперь, перемножив \(\Gamma_1\) и \(\Gamma_2\), найдём общее увеличение \[\Gamma_0 = \left|\frac{2R}{a_1 - R}\right|.\] Выражение под знаком модуля может быть положительным или отрицательным. Найдём для увеличения \(\Gamma_0 \approx \dfrac85\), измеренного по фотографии, расстояние \(a_1\). Если предположить, что \(a_1 < R\), то после раскрытия модуля и решения уравнения получим \(a_1 = -\dfrac{R}{4}\), что, очевидно, не соответствует физической реальности. Рассматривая значения \(a_1\), удовлетворяющие неравенству \(a_1 > R\), раскрывая модуль и решая уравнение, получаем \(a_1 = 2{,}25R\). Это значение не вступает в противоречие с физической реальностью. Таким образом, расстояние от оси мензурки до стены получается равным \[x = R + a_1 = \frac{13}{4}R = 130\text{ мм}.\]

При расчёте вторым способом следует рассмотреть два луча, идущих из точечного источника \(S\) (см. рис.). Обозначим угол падения луча \(SD_2\) на поверхность цилиндра \(\varphi\). Будем считать этот угол малым. Он приближённо равен \(\varphi = \dfrac{h}{R}\).

Из закона преломления следует, что острые углы в равнобедренном треугольнике \(D_1OD_2\) равны \(\dfrac{3\varphi}{4}\). Далее нетрудно показать, что угол \(D_1OA_1\) равен \(\dfrac{\varphi}{2}\), а точка \(D_1\) располагается на расстоянии \(h - 2R\dfrac{\varphi}{4} = \dfrac{h}{2}\) от прямой \(A_1A\), поэтому длина отрезка \(BO\) равна \[BO = R + \frac{h/2}{\varphi/2} = 2R .\] Рассматривая треугольники \(BA_1S_1\), \(OA_1S_1\) и \(OAS\), можно получить для \(x = AO\) уравнение \[\frac{h'}{h}\cdot x - 2R = \frac{h'}{h}\cdot 2R .\] Учитывая равенство \(\Gamma_0 = \dfrac{h'}{h}\) и подставляя вместо увеличения \(\Gamma_0\) значение \(\dfrac85\), найденное по фотографии, это уравнение можно решить и получить такой же ответ, как и в первом случае: \(x = \dfrac{13R}{4}\).

Лучи касаются каустики, а вблизи оси хорошо работает параксиальное приближение: отражение от вогнутого зеркала даёт фокус на расстоянии, которое для п. 2 можно найти по формуле зеркала, а в п. 4 стакан с водой нужно рассматривать как «толстую» линзу.

1) \(AO = \dfrac{R}{2}\), \(PA = R\left(\sqrt{2}-\dfrac{1}{2}\right)\);  2) \(OA = \dfrac{4R}{9}\);  3) наблюдаются две каустики отражённых лучей. Одна формируется лучами, однократно отразившимися от левой половины стакана. Другая формируется лучами, испытавшими отражение от левой и правой половин стакана;  4) \(S = 1{,}5R = 12\) см.

На стенке выбоины сила реакции лежит в вертикальной плоскости, проходящей через центр выбоины. Какая составляющая скорости шайбы при переходе через край не меняется? На что это похоже в оптике?

1) \(h \approx 0{,}61\,\dfrac{v_1^2}{g}\);  2) \(h = 1{,}5\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Рассмотрим скатывание шайбы по границе. В малой окрестности области скатывания участок деформации выбоины можно считать наклонным профилем. Тогда сила реакции на шайбу действует только в вертикальной плоскости, проходящей через центры шайбы и выбоины, а значит, из закона сохранения импульса следует, что перпендикулярная этому сечению компонента скорости шайбы сохраняется.

На поверхности вне выбоины скорость шайбы \(v_1\), и она направлена под углом \(\alpha\) к перпендикуляру к границе раздела. На дне выбоины скорость шайбы \(v_2\), и она направлена под углом \(\beta\). При переходе шайбы с одной горизонтальной плоскости на другую получается формула, похожая на закон преломления света: \[v_\perp = v_1 \sin\alpha = v_2 \sin\beta .\]

Отсюда \(\sin\beta = \dfrac{\sin\alpha}{n}\), где \(n = \dfrac{v_2}{v_1}\). Проанализируем геометрию траектории. Построим вспомогательные высоты \(AH_1\) и \(BH_2\), длины которых по условию равны \(x_0\) и \(x_1\). Так как \(AO = OB = R\), то \(\angle OAB = \angle OBA = \beta\). Тогда из \(\triangle AOB\): \(AB = L = 2R\cos\beta\). Из геометрии трапеции \(AH_1H_2B\) видно, что \(x_0 - x_1 = L\sin(\alpha - \beta)\).

Тогда \(x_1 = x_0 - 2R\cos\beta\,(\sin\alpha\cos\beta - \cos\alpha\sin\beta)\), а из \(\triangle AOH_1\) имеем \(\sin\alpha = x_0/R\). Получаем зависимость \[\frac{x_1}{R} = \frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2 + \frac{2}{n}\sqrt{1 - \frac{n^2+1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^2 + \frac{1}{n^2}\left(\frac{x_0}{R}\right)^4} - 1\right).\] Она сложна для анализа, поэтому обратим внимание на центральную часть графика: там зависимость близка к линейной и \(x_0/R \ll 1\). Для центрального участка \[\frac{x_1}{R} = \frac{x_0}{R}\left(\frac{2}{n} - 1\right).\] Это выражение можно было получить сразу, воспользовавшись малостью углов \(\alpha\) и \(\beta\). При малых \(x_0\) зависимость \(x_1(x_0)\) линейная, её угловой коэффициент \(k = \dfrac{2}{n} - 1\). Строим аппроксимирующую прямую в центральной части графика.

Из графика \(k \approx 0{,}34\). Тогда \(n = \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{2}{1+k} \approx 1{,}49\), откуда \(v_2 = 1{,}49\,v_1\). Из закона сохранения энергии \(\dfrac{m v_2^2}{2} = \dfrac{m v_1^2}{2} + m g h\) находим глубину выбоины: \(h = \dfrac{v_2^2 - v_1^2}{2g} \approx 0{,}61\,\dfrac{v_1^2}{g}\).

Теперь выясним, при каких условиях \(x_1\) не зависит от \(x_0\). При \(n = 2\) на центральном участке \(k = 0\): все траектории фокусируются в одной точке — там, где стоят ворота. Тогда \(v_2 = 2v_1\) и \(h = 1{,}5\,\dfrac{v_1^2}{g}\).