Тёмное пятно

Подсказка

Свет из дна выходит наружу только под углами меньше предельного; поэтому тёмное пятно — проекция на дно круга, ограниченного предельным углом. Сравните ход лучей для воды и для неизвестной жидкости при одинаковых объёмах.

Решение

Поверхность дна сосуда матовая, поэтому луч лазера, попадающий на неё, рассеивается во все стороны. Лучи, попадающие изнутри на границу жидкости и воздуха под углами, превышающими предельный угол \(\alpha_{\text{кр}}\), отражаются обратно и снова попадают на матовую поверхность дна, подсвечивая её. Лучи, попадающие на границу жидкость–воздух под углами, меньшими \(\alpha_{\text{кр}}\), преломляются и выходят из жидкости. Небольшая часть света отражается обратно и при меньших углах, поэтому тёмный круг несколько подсвечен (см. фото 1) и не является полностью чёрным.

Найдём диаметр тёмного пятна: из треугольников, показанных на рисунке, \(\dfrac{D}{2} = 2h\tan\alpha_{\text{кр}}\). Поскольку предельный угол определяется формулой \(\sin\alpha_{\text{кр}} = 1/n_{\text{ж}}\), выражение для диаметра тёмного пятна будет иметь вид \[D = \dfrac{4h}{\sqrt{n_{\text{ж}}^2 - 1}}.\]

Поместим в сосуд линейку и, включив лазер, начнём с помощью шприца наливать внутрь воду. Занесём в таблицу результаты измерений.

Выльем воду, вытрем дно сосуда и линейку салфеткой. Повторим описанный выше эксперимент с неизвестной жидкостью.

На дне сосуда № 1 есть плоская площадка, поэтому теоретическая зависимость диаметра пятна \(D\) от объёма жидкости \(V\) должна иметь вид линейной функции \[D(V) = \dfrac{4(V - V_0)}{S\sqrt{n_{\text{ж}}^2 - 1}},\] где \(S\) — площадь дна сосуда, \(V_0\) — константа, связанная с объёмом пустого места вокруг площадки и объёмом линейки. Отметим на координатной плоскости точки, полученные в пп. 1.2 и 1.3, и для каждой серии точек проведём аппроксимирующую прямую. Поскольку значение \(S\) неизвестно, будем искать отношение угловых коэффициентов построенных прямых \[\gamma = \dfrac{k_{\text{в}}}{k_{\text{нж}}} = \dfrac{77{,}0 - 24{,}0}{72{,}0 - 22{,}0} = 1{,}06.\] С другой стороны, \[\gamma = \sqrt{\dfrac{n_{\text{нж}}^2 - 1}{n_{\text{в}}^2 - 1}} \quad\Rightarrow\quad n_{\text{нж}} = \sqrt{1 + \gamma^2(n_{\text{в}}^2 - 1)} \approx 1{,}37.\]

Погрешность: \[\Delta n_{\text{нж}} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{(n_{\text{в}}^2-1)\,\Delta(\gamma^2) + \gamma^2\,\Delta(n_{\text{в}}^2)}{n_{\text{нж}}}.\] Второе слагаемое равно \(0{,}001\), первое — \(0{,}6\,\Delta\gamma\). Для нахождения \(\Delta\gamma\) применим метод границ, считая, что возможное отклонение координат крайних точек составляет \(0{,}5\) мм (половину деления сетки): \(\gamma_{\max} = \dfrac{77{,}5 - 23{,}5}{71{,}5 - 22{,}5} \approx 1{,}10\), \(\gamma_{\min} = \dfrac{76{,}5 - 24{,}5}{72{,}5 - 21{,}5} \approx 1{,}02\), откуда \(\Delta\gamma \approx 0{,}04\). Отсюда \(\Delta n_{\text{нж}} \approx 0{,}03\).

Возьмём сосуд № 2 и, включив лазер, измерим диаметр пятна: \(D_0 = 34\) мм.

В данной системе есть две границы (акриловая пластина–жидкость и жидкость–воздух), на которых возможно полное внутреннее отражение. Рассмотрим сначала первый случай: луч падает на границу жидкость–воздух под предельным углом \(\alpha_1\), и найдём расстояние \(D_1/2 = 2d\tan\beta_1 + 2h\tan\alpha_1\). Перепишем это выражение, учитывая, что \(\sin\alpha_1 = \dfrac{1}{n_{\text{ж}}}\), \(\sin\beta_1 = \dfrac{n_{\text{ж}}\sin\alpha_1}{n_{\text{пл}}} = \dfrac{1}{n_{\text{пл}}}\): \[D_1 = \dfrac{4d}{\sqrt{n_{\text{пл}}^2 - 1}} + \dfrac{4h}{\sqrt{n_{\text{ж}}^2 - 1}}. \qquad (*)\] Во втором случае луч испытывает полное отражение от границы акрил–жидкость, \(D_2/2 = 2d\tan\alpha_2\), где \(\sin\alpha_2 = n_{\text{ж}}/n_{\text{пл}}\). Подставляя угол, получим \[D_2 = \dfrac{4d}{\sqrt{(n_{\text{пл}}/n_{\text{ж}})^2 - 1}}. \qquad (**)\]

Диаметру тёмного пятна соответствует меньшее из двух найденных значений; большее определяет диаметр внешнего светлого кольца (см. фото 2). Таким образом, \(D = \min(D_1, D_2)\).

Поместим линейку в сосуд № 2 и, наливая воду, занесём результаты в таблицу:

При малых значениях \(V\) вода занимает пространство между стенками сосуда и пластиной, поэтому при \(V < V_1\) диаметр пятна постоянен: \(D = D_0 = 34\) мм. Аналогично, при больших \(V\) (когда \(V > V_2\)) диаметр определяется формулой \((**)\) и также постоянен. В интервале \(V_1 < V < V_2\) зависимость \(D(V)\), согласно \((*)\), линейна. Построенный график представляет собой ломаную — три прямолинейных участка, два из которых горизонтальны. Вершины ломаной имеют координаты (44 мл; 34 мм) и (155 мл; 75 мм).

Максимальное значение диаметра пятна \(D_2 = 75\) мм, минимальное \(D_0 = 34\) мм. Используя формулу, аналогичную полученной в п. 1.1, запишем \(D_0 = \dfrac{4d}{\sqrt{n_{\text{пл}}^2 - 1}}\), откуда \[\delta = \dfrac{D_2^2}{D_0^2} = \dfrac{n_{\text{пл}}^2 - 1}{n_{\text{пл}}^2/n_{\text{в}}^2 - 1} \quad\Rightarrow\quad n_{\text{пл}} = n_{\text{в}}\sqrt{\dfrac{\delta - 1}{\delta - n_{\text{в}}^2}}.\] Так как \(\delta = (75/34)^2 \approx 4{,}866\), показатель преломления материала пластины (акрила) равен \[n_{\text{пл}} = 1{,}334\cdot\sqrt{\dfrac{3{,}866}{4{,}866 - 1{,}780}} \approx 1{,}49.\] Толщину пластины определим из формулы для \(D_0\): \[d = \dfrac{D_0}{4}\sqrt{n_{\text{пл}}^2 - 1} = \dfrac{34~\text{мм}}{4}\sqrt{1{,}49^2 - 1} \approx 9{,}4~\text{мм}.\] Погрешности: \(\varepsilon_\delta = 2\varepsilon_{D_0} + 2\varepsilon_{D_2} = 0{,}08\), откуда \(\Delta\delta = 0{,}4\); \(\Delta n_{\text{пл}} \approx 0{,}02\); \(\Delta d \approx 0{,}5\) мм.

Возьмём шаблон и выровняем его поверхность. Цена деления шкалы \(C = \dfrac{80~\text{мм}}{105} \approx 0{,}762\) мм. Нальём воду на поверхность шаблона так, чтобы получилась «лужа» как можно большего размера (объём около 80 мл), и посветим лазером на шаблон с водой, не попадая на шкалу. Дождавшись прекращения движения границы «лужи», измерим диаметр тёмного пятна: \(D_к = 19\ \text{дел} = 19\cdot C \approx 14{,}5\) мм, погрешность \(1\) дел., т.е. \(\varepsilon_{D_к} \approx 6\%\). По формуле из п. 1.1 вычислим толщину слоя воды: \[h = \dfrac{D_к}{4}\sqrt{n_{\text{в}}^2 - 1} \approx 3{,}2~\text{мм},\] погрешность \(\Delta h = 0{,}2\) мм.

Размер «лужи» много больше её толщины \(h\), поэтому верхняя поверхность воды практически плоская. Рассмотрим маленький участок слоя шириной \(L\) и условие его равновесия в проекции на горизонтальную ось \(x\) (силы, действующие на этот участок в горизонтальном направлении, изображены на рисунке):

\[0 = F\cos\theta - F + p_{\text{ср}}Lh = \sigma L\cos\theta - \sigma L + \dfrac{\rho_{\text{в}} g L h^2}{2},\] где \(F = \sigma L\) — сила поверхностного натяжения, \(p_{\text{ср}} = \rho_{\text{в}} g h/2\) — среднее по высоте гидростатическое давление. Отсюда \[h = \sqrt{\dfrac{2\sigma(1 - \cos\theta)}{\rho_{\text{в}} g}} = 2\sqrt{\dfrac{\sigma}{\rho_{\text{в}} g}}\,\sin\dfrac{\theta}{2}.\] Вычислим угол: \[\theta = 2\arcsin\left(\dfrac{h}{2}\sqrt{\dfrac{\rho_{\text{в}} g}{\sigma}}\right) = 2\arcsin(0{,}58) \approx 72^\circ.\] Относительная погрешность аргумента арксинуса \(A = 0{,}5h\sqrt{\rho_{\text{в}} g/\sigma}\): \(\varepsilon_A = \varepsilon_h + 0{,}5(\varepsilon_\sigma + \varepsilon_{\rho_{\text{в}}} + \varepsilon_g) = 7{,}8\%\). Откуда \(\Delta\theta = \dfrac{180^\circ}{\pi}\cdot\dfrac{2A\varepsilon_A}{\sqrt{1 - A^2}} \approx 6^\circ\).