Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10140
2019-01-29 
Из прозрачного цилиндра, изготовленного из материала с коэффициентом преломления $n$, вырезали пластину, как показано на рисунке (вид с торца цилиндра): $OO^{ \prime}$ - диаметр цилиндра. Пластину осветили параллельным пучком света, направление пучка совпадает с направлением $OO^{ \prime}$ и параллельно плоскости рисунка. Определите ход лучей после прохождения через пластину в зависимости от величины $n$. Радиус цилиндра $R$, толщина пластины гораздо меньше $R$.
Решение:
Рассмотрим луч, падающий на цилиндр в некоторой точке А, расположенной под углом $\alpha = \angle ACO$. Так как $\sin \alpha$ не превышает отношения толщины пластины к радиусу цилиндра, а по условию эта величина мала, при решении можно пользоваться малостью $\alpha$.
Угол падения отсчитывается от нормали к поверхности, которая в данном случае совпадает с радиусом CA. После преломления по закону Снеллиуса свет распространяется в стекле по некоторой прямой АВ, у которой $\sin \alpha = n \sin \beta$, что эквивалентно при малых углах соотношению
$\beta = \frac{ \alpha}{n}$.
Возможны две ситуации, изображенные на рис. Предположим сначала, что после преломления на левой, искривленной поверхности цилиндра луч попал сразу на правую искривленную поверхность (см. рис.). Точку попадания луча назовем В. Это действительно произойдет, если $\angle BCO^{ \prime}$ (обозначим его $z$), равный $\pi - \angle OCB$, больше нуля - в противном случае луч сначала попадет на нижнюю плоскость пластины. Так как $\Delta ABC$ равнобедренный, в нем $\angle A = \angle C = \beta$, поэтому $\angle C= \pi - 2 \beta$. Тогда
$z = \pi - \angle OCB = \pi - \angle OCA - \angle ACB = \pi - \alpha - ( \pi - 2 \beta) = 2 \beta - \alpha$.
Условие $z \geq 0$ эквивалентно $\alpha \leq 2 \beta = 2 \alpha/n$, т.е. $n \leq 2$. Это условие не содержит $\alpha$, поэтому оно либо выполняется для любого луча из исходно падающих на цилиндр, либо не выполняется опять же для любого из этих лучей.
После второго преломления в точке В луч выходит под углом $\alpha$ к нормали СВ. Угол же к исходному направлению лучей, к линии $B \Gamma ( B \Gamma \parallel OO^{ \prime})$, составляет
$\delta = \alpha - z = \alpha - (2 \beta - \alpha) = 2( \alpha - \beta )$,
Выясним, где вышедший луч $BI$ пересечет $OO^{ \prime}$ (см рис.). $BI$ образует $\Delta BFO^{ \prime}$, в котором $|BO^{ \prime} | = |FO^{ \prime}| tg \delta \approx |FO^{ \prime} | \delta$. С другой стороны, $|BO^{ \prime} | = |CB| \sin z \approx |CB|z = Rz$. Приравнивая $|BO^{ \prime} |$, получим
$|FO^{ \prime} | = R \frac{z}{ \delta} = R \frac{2 \beta - \alpha}{2( \alpha - \beta)}$.
С учетом $\alpha/ \beta = n$ последнее равенство переписывается в виде
$|FO^{ \prime} | = R \frac{2 - n}{2(n - 1)}$,
эта величина характеризует расположение "фокальной линии" (проходящей через точку F перпендикулярно рисунку) - именно на ней все падающие на цилиндр лучи пересекут плоскость $OO^{ \prime}$.
Второй случай представлен на рисунке. Здесь после преломления в точке А луч попадает на нижнюю плоскость пластины и испытывает полное внутреннее отражение в точке К, так как угол, под которым он попадает на поверхность, близок к $\pi$. Видно, что соответствующая картинка представляет собой случай $z < 0$, при этом после отражения луч $KB^{ \prime}$ идет симметрично по отношению к вспомогательному лучу КВ, который шел бы через полный цилиндр и описывался бы формулами с $z < 0$. Вспомогательный луч вышел бы из цилиндра под углом $\delta = 2( \alpha - \beta)$ к ВГ, отклонившись от ВГ вниз, а настоящий луч $B^{ \prime}I^{ \prime}$ -под тем же углом, только отклонившись вверх.
$B^{ \prime}I^{ \prime}$ и $BI$ выйдут из цилиндра, как если бы были испущены из некоторой точки F. Положение этой точки представлено на рисунке, из которого следует
$| FO^{ \prime}| \delta = |BO^{ \prime} | = |CB| \cdot |z| \Rightarrow |FO^{ \prime} | = R \frac{|z|}{ \delta} = R \frac{|2 - n|}{2(n - 1)} = R \frac{n - 2}{2(n - 1)}$.
Ответ: В плоскости рисунка данная оптическая система собирает заданный параллельный пучок лучей в некоторую точку F (действительную или мнимую). При $n < 2$ эта точка расположена правее точки $O^{ \prime}$ пластины на расстоянии $R(2 - n)/(2n - 2)$, и лучи действительно пересекаются в точке F (см. верхний рис.). При $n > 2$ пересекаются не сами лучи, а их продолжения внутрь цилиндра, левее точки $O^{ \prime}$ цилиндра на $R(n - 2)/(2n - 2)$ (см. нижний рис.). В случае $n = 2$ описанные случаи совпадают, лучи пучком выходят из точки, совпадающей с точкой $O^{ \prime}$.
Отметим, что данная оптическая система не является, строго говоря, собирающей или рассеивающей все лучи в одной точке - это верно только для лучей в плоскости рисунка; лучи из другой параллельной плоскости соберутся в своей точке, поэтому уместно говорить о собирающей/рассеивающей линии F, перпендикулярной плоскости рисунка.
Из прозрачного цилиндра, изготовленного из материала с коэффициентом преломления $n$, вырезали пластину, как показано на рисунке (вид с торца цилиндра): $OO^{ \prime}$ - диаметр цилиндра. Пластину осветили параллельным пучком света, направление пучка совпадает с направлением $OO^{ \prime}$ и параллельно плоскости рисунка. Определите ход лучей после прохождения через пластину в зависимости от величины $n$. Радиус цилиндра $R$, толщина пластины гораздо меньше $R$.
Решение:
Рассмотрим луч, падающий на цилиндр в некоторой точке А, расположенной под углом $\alpha = \angle ACO$. Так как $\sin \alpha$ не превышает отношения толщины пластины к радиусу цилиндра, а по условию эта величина мала, при решении можно пользоваться малостью $\alpha$.
Угол падения отсчитывается от нормали к поверхности, которая в данном случае совпадает с радиусом CA. После преломления по закону Снеллиуса свет распространяется в стекле по некоторой прямой АВ, у которой $\sin \alpha = n \sin \beta$, что эквивалентно при малых углах соотношению
$\beta = \frac{ \alpha}{n}$.
Возможны две ситуации, изображенные на рис. Предположим сначала, что после преломления на левой, искривленной поверхности цилиндра луч попал сразу на правую искривленную поверхность (см. рис.). Точку попадания луча назовем В. Это действительно произойдет, если $\angle BCO^{ \prime}$ (обозначим его $z$), равный $\pi - \angle OCB$, больше нуля - в противном случае луч сначала попадет на нижнюю плоскость пластины. Так как $\Delta ABC$ равнобедренный, в нем $\angle A = \angle C = \beta$, поэтому $\angle C= \pi - 2 \beta$. Тогда
$z = \pi - \angle OCB = \pi - \angle OCA - \angle ACB = \pi - \alpha - ( \pi - 2 \beta) = 2 \beta - \alpha$.
Условие $z \geq 0$ эквивалентно $\alpha \leq 2 \beta = 2 \alpha/n$, т.е. $n \leq 2$. Это условие не содержит $\alpha$, поэтому оно либо выполняется для любого луча из исходно падающих на цилиндр, либо не выполняется опять же для любого из этих лучей.
После второго преломления в точке В луч выходит под углом $\alpha$ к нормали СВ. Угол же к исходному направлению лучей, к линии $B \Gamma ( B \Gamma \parallel OO^{ \prime})$, составляет
$\delta = \alpha - z = \alpha - (2 \beta - \alpha) = 2( \alpha - \beta )$,
Выясним, где вышедший луч $BI$ пересечет $OO^{ \prime}$ (см рис.). $BI$ образует $\Delta BFO^{ \prime}$, в котором $|BO^{ \prime} | = |FO^{ \prime}| tg \delta \approx |FO^{ \prime} | \delta$. С другой стороны, $|BO^{ \prime} | = |CB| \sin z \approx |CB|z = Rz$. Приравнивая $|BO^{ \prime} |$, получим
$|FO^{ \prime} | = R \frac{z}{ \delta} = R \frac{2 \beta - \alpha}{2( \alpha - \beta)}$.
С учетом $\alpha/ \beta = n$ последнее равенство переписывается в виде
$|FO^{ \prime} | = R \frac{2 - n}{2(n - 1)}$,
эта величина характеризует расположение "фокальной линии" (проходящей через точку F перпендикулярно рисунку) - именно на ней все падающие на цилиндр лучи пересекут плоскость $OO^{ \prime}$.
Второй случай представлен на рисунке. Здесь после преломления в точке А луч попадает на нижнюю плоскость пластины и испытывает полное внутреннее отражение в точке К, так как угол, под которым он попадает на поверхность, близок к $\pi$. Видно, что соответствующая картинка представляет собой случай $z < 0$, при этом после отражения луч $KB^{ \prime}$ идет симметрично по отношению к вспомогательному лучу КВ, который шел бы через полный цилиндр и описывался бы формулами с $z < 0$. Вспомогательный луч вышел бы из цилиндра под углом $\delta = 2( \alpha - \beta)$ к ВГ, отклонившись от ВГ вниз, а настоящий луч $B^{ \prime}I^{ \prime}$ -под тем же углом, только отклонившись вверх.
$B^{ \prime}I^{ \prime}$ и $BI$ выйдут из цилиндра, как если бы были испущены из некоторой точки F. Положение этой точки представлено на рисунке, из которого следует
$| FO^{ \prime}| \delta = |BO^{ \prime} | = |CB| \cdot |z| \Rightarrow |FO^{ \prime} | = R \frac{|z|}{ \delta} = R \frac{|2 - n|}{2(n - 1)} = R \frac{n - 2}{2(n - 1)}$.
Ответ: В плоскости рисунка данная оптическая система собирает заданный параллельный пучок лучей в некоторую точку F (действительную или мнимую). При $n < 2$ эта точка расположена правее точки $O^{ \prime}$ пластины на расстоянии $R(2 - n)/(2n - 2)$, и лучи действительно пересекаются в точке F (см. верхний рис.). При $n > 2$ пересекаются не сами лучи, а их продолжения внутрь цилиндра, левее точки $O^{ \prime}$ цилиндра на $R(n - 2)/(2n - 2)$ (см. нижний рис.). В случае $n = 2$ описанные случаи совпадают, лучи пучком выходят из точки, совпадающей с точкой $O^{ \prime}$.
Отметим, что данная оптическая система не является, строго говоря, собирающей или рассеивающей все лучи в одной точке - это верно только для лучей в плоскости рисунка; лучи из другой параллельной плоскости соберутся в своей точке, поэтому уместно говорить о собирающей/рассеивающей линии F, перпендикулярной плоскости рисунка.
