Аквариум

Подсказка

Для лучей, мало отклонённых от оси, закон преломления на сфере записывается через малые углы; найдите положение изображения по ходу двух лучей, а видимую скорость — как производную по времени.

Ответ

1.1) когда шарик в центре сосуда (\(H=R\));  1.2), 1.3) \(h=\dfrac{HR}{nR-(n-1)H}\), т. е. \(y=\dfrac{x}{n-(n-1)x}\);  1.5) \(u=\dfrac{nR^2}{(nR-(n-1)H)^2}\,v\), т. е. \(\chi=\dfrac{n}{(n-(n-1)x)^2}\).

Решение

1.1 Если шарик находится в центре сосуда, то все лучи выходящие от него будут пересекать стенки сферического аквариума по нормали, следовательно, без изменения направления распространения. Поэтому при наблюдении с любой стороны при любом показателе преломления изображение шарика также будет находиться в центре шара.

1.2 Ход лучей показан на рисунке 1. Видно, что изображение А предмета В находится на глубине \(h\), меньшей, чем действительная глубина \(H\).

Применим теорему синусов к \(\Delta OBC\):

\[\frac{OB}{\sin\alpha} = \frac{OC}{\sin(180^\circ - \alpha - \gamma)} \Rightarrow\]

\[\frac{R - H}{\sin\alpha} = \frac{R}{\sin(\alpha + \gamma)}.\]

Поскольку углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\gamma\) малые, то

\[\sin\alpha \approx \alpha, \quad \sin(\alpha + \gamma) \approx \alpha + \gamma \Rightarrow\]

\[\frac{R - H}{\alpha} = \frac{R}{\alpha + \gamma} \Rightarrow \gamma = \frac{H\alpha}{R - H}.\]

Совершенно аналогично рассматривая \(\Delta OAC\),

получим: \(\gamma = \frac{h\beta}{R - h}\). Приравняем правые части

выражений, полученных для \(\gamma\):

\[\frac{H\alpha}{R - H} = \frac{h\beta}{R - h} \Rightarrow \frac{\alpha}{\beta} = \frac{h}{H} \cdot \frac{R - H}{R - h}.\]

Используя закон преломления света, получим: \(\frac{1}{n} = \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} \approx \frac{\alpha}{\beta} \Rightarrow \frac{1}{n} = \frac{h}{H} \cdot \frac{R - H}{R - h} \Rightarrow\)

\[h = \frac{HR}{nR - (n - 1)H}.\]

Введем безразмерный параметр \(x = \frac{H}{R}\). В результате: \(h = \frac{H}{n - (n - 1)\xi}\) или

\[y = \frac{h}{R} = \frac{x}{n - (n - 1)x}.\]

1.3 Ход лучей в этом случае показан на рисунке 2. Видно, что изображение предмета находится на глубине, большей, чем действительная глубина. Ход решения в этом случае аналогичен. Применим теорему синусов к \(\Delta\)BOC :

\[\frac{\text{OB}}{\sin\alpha} = \frac{\text{OC}}{\sin\gamma} \Rightarrow\]

\[\frac{H-R}{\sin\alpha} = \frac{R}{\sin\gamma}.\]

Поскольку углы \(\alpha\), \(\beta\) и \(\gamma\) малые, то \(\sin\alpha \approx \alpha\), \(\sin\gamma \approx \gamma \Rightarrow\)

\[\frac{H-R}{\alpha} = \frac{R}{\gamma} \Rightarrow \gamma = \frac{R\alpha}{H-R}.\]

Применяя теорему синусов к \(\Delta\)AOC, получим:

\[\frac{\text{AO}}{\sin\beta} = \frac{\text{OC}}{\sin\delta} \Rightarrow \frac{h-R}{\sin\beta} = \frac{R}{\sin\delta}.\]

На рисунке 2 видно, что в \(\Delta\)AOC \(\delta = 180^\circ - (180^\circ - \gamma) - (\beta - \alpha) = \gamma - \beta + \alpha\). В результате: \(\frac{h-R}{\sin\beta} = \frac{R}{\sin(\gamma - \beta + \alpha)} \Rightarrow \gamma - \beta + \alpha = \frac{R\beta}{h-R}\). Подставляя выражение для \(\gamma\) и используя закон преломления \(\frac{1}{n} = \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} \approx \frac{\alpha}{\beta}\), получим:

\[\frac{R}{H-R}\alpha - \alpha n + \alpha = \frac{R}{h-R}\alpha n \Rightarrow h = \frac{HR}{nR - (n-1)H}\]

или

\[y = \frac{h}{R} = \frac{x}{n - (n-1)x},\]

что совпадает с формулой полученной для случая, когда тело было выше центра шара.

1.4 Графики полученных зависимостей показаны на рисунке 3. При \(n = 2{,}5\) эта график этой зависимости терпит разрыв и устремляется к \(y \to \pm\infty\). Физический смысл этого явления можно понять: шарик переходит через фокус сферической поверхности.

1.5. Для вычисления видимой скорости движения шарика следует вычислить производную от видимой координаты \(u = \frac{dh}{dt}\). Т.к. \(h = \frac{HR}{nR - (n-1)H}\), то

\[u = \frac{(nR - (n-1)H)R + HR(n-1)}{(nR - (n-1)H)^2}v \quad \Rightarrow \quad u = \frac{nR^2}{(nR - (n-1)H)^2} \quad \Rightarrow\]

В безразмерных координатах эта зависимость имеет вид

\[\chi = \frac{n}{(n - (n-1)x)^2}.\]

Графики этих функций показаны на рис. 4

1.6 График этих зависимостей показан на рисунке 4. Эта функция также терпит разрыв в указанной точке. Но скорость движения изображения шарика все время остается положительной.

Часть 2.

2.1 В общем случае положение изображения зависит от точки наблюдения. Поэтому в данной части задачи нельзя пользоваться результатами, полученными в первой части задачи. Для построения изображения надо построить, по крайней мере, два луча и найти их точку пересечения.

Направим ось \(X\) вдоль линии наблюдения. В этой системе шарик движется под углом \(45^\circ\) к осям координат. Рассмотрим положение шарика в момент времени непосредственно предшествующий его прохождению через центр, когда его координаты равны \(x = a\), \(y = a\), причем величина \(a\) является малой. В качестве первого луча возьмем луч, попадающий на стенку в точке \(x = 0\). Построение этого луча понятно из

рисуна 5. Полагая все углы малыми находим угол, под которым выходит преломленный луч.

\[\beta_{1}=n \alpha=n \frac{a}{R-a} .\tag{1}\]

Уравнения этого луча имеет вид

\[y=-\frac{n a}{R-a}(x-R)\tag{2}\]

Второй луч направим параллельно оси \(X\). Для этого луча также не сложно найти уравнение:

Из закона преломления и геометрических построений следует, что угол наклона преломленного луча равен

\[\beta_{2}+\gamma=n \gamma \quad \Rightarrow \quad \beta_{2}=(n-1) \gamma\tag{3}\]

где \(\gamma=\frac{a}{R}\). Тогда уравнение этого луча имеет вид

\[y=a-\frac{(n-1) a}{R}(x-R) .\tag{4}\]

Изображением шарика является точка пересечения этих лучей. Координаты этой точки являются результатом совместного решения уравнений (2) и (4). Аккуратное решение этой системы уравнений приводит к следующему результату.

\[\begin{aligned} & x=R-R \frac{R-a}{R+(n-1) a} \\ & y=\frac{n R a}{R+(n-1) a} \end{aligned}\tag{5}\]

Далее необходимо упростить данные выражения, полагая \(a \ll R\). В формуле для координаты \(y\) можно пренебречь \(a\) в знаменателе:

\[y \approx n a\tag{6}\]

Для координаты \(x\) следует проделать следующие преобразования

\[x=R-R \frac{R-a}{R+(n-1) a}=R\left(1-\frac{1-\frac{a}{R}}{1+(n-1) \frac{a}{R}}\right) \approx R\left(1-\left(1-\frac{a}{R}-n-1\right) \frac{a}{R}\right) \approx n a .\tag{7}\]

Таким образом, мы получили, что координаты изображения просто в \(n\) раз больше действительных координат шарика. Следовательно, все кинематические характеристики движения изображения шарика (в т.ч. и вектор скорости) так же будут в \(n=1{,}5\) больше соответствующих характеристик движения самого шарика. Таким образом. Вектор скорости видимого движения совпадает по направлению с вектором \(\vec{V}\), но его длина в полтора раза больше.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.