Прозрачный «чёрный» ящик

Решение

A1. Построение отраженного луча очевидно: он зеркально симметричен падающему лучу (луч В).

Для точного построения преломленного луча следует воспользоваться законом преломления, который в данном случае имеет вид \[\sin \alpha_{1}=n \sin \alpha_{2} \qquad(1)\]На рисунке построена окружность, поэтому можно рассмотреть точки пересечения лучей с этой окружностью. Тогда синусы углов падения, отражения, преломления можно выразить через координаты точек пересечения лучей с нарисованной окружностью: \[\sin \alpha_{1}=\frac{\left|x_{A}\right|}{R} ; \quad \sin \alpha_{2}=\frac{\left|x_{C}\right|}{R} \qquad(2)\]

Из этих соотношений следует, что координату точки пересечения преломленного луча с окружностью (точка C) можно легко рассчитать по формуле \[\sin \alpha_{2}=\frac{1}{n} \sin \alpha_{1} \implies x_{C}=-\frac{x_{A}}{n}=-\frac{2}{3} x_{A} \qquad(3)\]Здесь учтено, что \(n=1.5=\dfrac{3}{2}\). Заметим, что координаты \(x\) точек пересечения всех трех падающих лучей делятся на 3 нацело.

Результат построения показан рисунке.

A2. Расчеты и построения выполняются аналогично предыдущему пункту, только в данном случае закон преломления и следующее из него соотношения для координат \(x\) точек пересечения лучей с окружностью имеют вид

\[\sin \alpha_{2}=n \sin \alpha_{1} \implies x_{C}=-n x_{A}=-\frac{3}{2} x_{A} \qquad(4)\]Заметим, что в этом случае координаты \(x\) точек пересечения падающих лучей делятся на 2 . Кроме того, для луча 3 (\(x_{A}=-8\)) оказывается, что координата «пересечения» преломленного луча \(x_{C}=-n x_{A}=-\dfrac{3}{2} x_{A}=12\), что больше радиуса окружности. Это означает, что преломленный луч отсутствует: происходит полное внутренне отражение.

Результаты построения показаны на следующем рисунке.

A3. При каком максимальном угле падения из стекла в воздух будет возникать преломленный луч?

Максимальному углу падения соответствует угол преломления равный \(\alpha_{2}=90^{\circ}\), для которого \(\sin \alpha_{2}=1\). Из закона преломления следует, что \[\sin \alpha_{1 \max }=\frac{1}{n} \implies\]

Ответ:

\[\alpha_{1 \max }=\arcsin \frac{2}{3} \approx 42^{\circ}\]

B1. Ответ:

Расстояния между пятнами не изменяются при изменении расстояния от ящика до бумаги. Это показывает, что лучи, образующие пятна параллельны.

B2. Четыре отраженных луча появляются вследствие отражения от каждой грани каждой пластинки. Важно также, что, во-первых, все отраженные лучи параллельны; во-вторых, смещены друг относительно друга.

Ход лучей, формирующих 4 световых пятна на бумажке, показан на рисунке.

Ответ:

B3. Непосредственно из рисунка следует, что искомое расстояние можно рассчитать по формуле:

Ответ:

\[l_{23}=2 H \operatorname{tg} \alpha\]

B4. Геометрическая схема эксперимента показана на рисунке. Из рисунка следует, что тангенс угла падения подчиняется условию \[\operatorname{tg} \alpha=\frac{x}{h} \qquad(7)\] Для доказательства применимости формулы из B3 следует построить зависимость расстояния \(l_{23}\) от тангенса угла падения.

Результаты измерений приведены в таблице ниже. На рисунке представлен график зависимости расстояния между пятнами \(l_{23}\) от расстояния \(x\). Из формул \((6)-(7)\) следует, что эта зависимость описывается функцией

\[l_{23}=2 H \operatorname{tg} \alpha=\frac{2 H}{h} x. \qquad(8)\]

Ответ:

На рисунке показан график полученной зависимости.

Ответ:

B5. Полученная зависимость является практически прямо пропорциональной, что подтверждает правильность формулы из B3.

B6. Из формулы \((8)\) следует, что коэффициент наклона графика зависимости \(l_{23}(x)\) равен \(k=\dfrac{2 H}{h}\). Его численное значение, полученное из графика экспериментальной зависимости, оказалось равным \(k=0.25\). Следовательно, расстояние между стеклами в коробке равно

\[k=\frac{2H}{h} \implies H=k \frac{h}{2}=0.25 \frac{170}{2}=21~мм. \qquad(9)\]

Ответ:

\[H=21~мм\]

C1. Ответ:

\[D_{1}=21~мм\]

C2. Ответ:

\[D_{1}=14~мм \qquad(9)\]

C3. Основная причина возникновения теменного кружка – полное внутреннее отражение на нижней грани пластинки. При падении луча на бумажку свет рассеивается во все стороны, поэтому внутри пластинки возникают лучи, идущие по всем направлениям. Если угол падения на эту грань меньше угла полного внутреннего отражения, то большая часть света выйдет из пластинки; при большем угле – весь свет отражается и формирует светлый ореол вокруг темного пятна.

Ход лучей показан на рисунке.

C4. Измерение расстояния между первым и вторым пятном (в схеме части B) проведено при \(x=430~мм\) и дало результат:

Ответ:

\[l_{12}=10~мм\]

C5. Решение системы уравнений \((2)-(3)\), приведенных в условии задачи может быть проведено следующим образом:

\[\begin{cases} D=\dfrac{4h}{\sqrt{n^2-1}} \\ l_{12}=\dfrac{2h}{\sqrt{n^2-\sin^2\alpha}} \end{cases} \implies \frac{D}{2l_{12}}=\sqrt{\frac{n^2-\sin^2\alpha}{n^2-1}} \implies n=\sqrt{\frac{\left(\frac{D}{2l_{12}}\right)^2-\sin^2\alpha}{\left(\frac{D}{2l_{12}}\right)^2-1}} ,\\ h=\frac{D}{4} \sqrt{n^{2}-1} \qquad(11)\]Подстановка численных значений результатов измерений приводит к следующим результатам:

Ответ:

\[n=1.5,\qquad h=6.0~ мм\]

Источник: pho.rs/p/4013.