Клин
На пути лазерного луча, более-менее перпендикулярно ему, помещают тонкую стеклянную пластинку (показатель преломления стекла \(n=1{,}5\)). В результате этого изображение лазерного луча на расположенном на расстоянии \(L=2\) м экране смещается на \(d=5\) мм. Из этого делается вывод, что пластинка имеет слегка клиновидную форму. Найти угол \(\alpha\) при вершине этого клина.
Подсказка: В случае маленьких углов \(\varphi\) можно использовать приближённые равенства \(\sin\varphi\approx\operatorname{tg}\varphi\approx\varphi\). (8 б.)
▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
ПодсказкаДля тонкого клина с малым углом при вершине луч отклоняется на угол, пропорциональный углу клина с коэффициентом \(n-1\). Угол отклонения находится из смещения на экране.
▶ОтветСкрыть: ответ
Ответ\(\epsilon=0{,}005\) рад \(=0{,}29^\circ\) (угол при вершине клина; в решении он обозначен \(\epsilon\)).
▶РешениеСкрыть: решение
РешениеВсе углы обозначены на следующем рисунке. Угол \(\alpha\) произвольный (хотя и \(\alpha\ll1\)). \(\beta=\alpha/n\). \(\gamma=\beta-\epsilon\). \(\delta=n\gamma=\alpha-n\epsilon\). Угол отклонения луча \[\varphi=(\alpha-\beta)-(\delta-\gamma)=(\alpha-\delta)+(\gamma-\beta)=n\epsilon-\epsilon=\epsilon(n-1).\] Зная, что \(\varphi=5\text{ мм}/2\text{ м}=0{,}0025\) рад, получаем \[\epsilon=\frac{\varphi}{n-1}=0{,}005\text{ рад}=0{,}29^\circ.\]
Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.
Похожие задачи
- Краб на дне под водой Курчатов 2012/13, отборочный этап, 11 кл.
- Лазер Эстонская 2016/17, заключительный этап, 9-11 кл.
- Смещение луча в пластине ЕГЭ 2018, 11 кл.
- Стеклянный шар Эстонская 2019/20, заключительный этап, 9-11 кл.
- Пластинка перед фокусом линзы ЕГЭ 2020, 11 кл.
- Иллюминатор судна МОШ 1960/1986, заключительный этап, 8-11 кл.