Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12481
2020-01-08 
Внутри прозрачного шара радиусом $R$, сделанного из материала с показателем преломления $n$, имеется небольшое вкрапление А. При рассматривании вкрапления кажущееся расстояние от вкрапления до центра шара оказывается не зависящим от $\alpha$ для достаточно больших $\alpha$ (см. рисунок). Найдите, на каком расстоянии от центра шара находится вкрапление.
Решение:
Покажем, что если вкрапление $A$ находится на расстоянии $R/n$ от центра шара О, то его изображение $A^{ \prime}$ будет лежать на прямой $OA$ на расстоянии $Rn$ от центра шара.
Действительно, рассмотрим произвольный луч $AC$, выходящий из точки $A$. При этом введем обозначения: $\angle MOC = \alpha_{0}$, а угол падения этого луча на сферическую поверхность $\angle ACD = \alpha$. Пусть продолжение преломленного луча $AC$ пересекает прямую $OA$ в точке $A^{ \prime}$. Тогда для треугольника $OAC$ применима теорема синусов:
$\frac{ \sin \alpha}{OA} = \frac{ \sin \alpha_{0} }{AC}$. (1)
(см. рисунок). Кроме того, по теореме косинусов получим
$(AC)^{2} = R^{2} + (OA)^{2} + 2R \cdot OA \cdot \cos \alpha_{0}$. (2)
Аналогично, рассматривая треугольник $OCA^{ \prime}$, можно записать:
$\frac{ \sin \beta}{OA^{ \prime} } = \frac{ \sin \alpha_{0}}{AC^{ \prime} }$, $(A^{ \prime}C )^{2} = R^{2} + (OA^{ \prime} )^{2} + 2R \cdot OA^{ \prime} \cdot \cos \alpha_{0}$. (3)
Учитывая, что по закону преломления $n \sin \alpha = \sin \beta$ (угол преломления луча $AC$ $\angle \beta = \angle OCA^{ \prime}$), из (1) и (3) получим
$A^{ \prime}C = OA^{ \prime} \frac{AC}{n \cdot OA}$. (4)
Из (4) и (2) следует, что
$(A^{ \prime}C )^{2} = \frac{(OA^{ \prime} )^{2} }{n^{2} } \frac{(AC)^{2} }{(OA)^{2} } = \frac{(OA^{ \prime} )^{2} }{n^{2} } \frac{1}{(OA)^{2} } (R^{2} + (OA)^{2} + 2R \cdot OA \cdot \cos \alpha_{0} )$.
откуда, используя (3),
$\frac{(OA^{ \prime} )^{2} }{n^{2} } \frac{1}{(OA)^{2} } (R^{2} + (OA)^{2} + 2R \cdot OA \cdot \cos \alpha_{0}) = R^{2} + (OA^{ \prime} )^{2} + 2R \cdot OA^{ \prime} \cdot \cos \alpha_{0}$. (5)
Равенство (5) справедливо для любых $\cos \alpha_{0}$ при некоторой длине отрезка $OA$, если слагаемые, в которые входит $\cos \alpha_{0}$, в левой и правой частях уравнения равны между собой, т. е. $\frac{OA^{ \prime}}{n^{2} } = OA$.
Окончательно равенство (5) преобразуется в выражение
$n^{2}(R^{2} + (OA)^{2}) = R^{2} + (OA)^{2} \cdot n^{4}$, (6)
чье решение $OA = \frac{R}{n}$.
Заменяя в (6) $OA$ на $OA^{ \prime}$, найдем, что $OA^{ \prime} = Rn$.
Таким образом, решения уравнения (6) не зависят от угла $\alpha_{0}$.
Если же вкрапление сделано на поверхности сферы, то ответ задачи тривиален: $OA = R$.
Внутри прозрачного шара радиусом $R$, сделанного из материала с показателем преломления $n$, имеется небольшое вкрапление А. При рассматривании вкрапления кажущееся расстояние от вкрапления до центра шара оказывается не зависящим от $\alpha$ для достаточно больших $\alpha$ (см. рисунок). Найдите, на каком расстоянии от центра шара находится вкрапление.
Решение:
Покажем, что если вкрапление $A$ находится на расстоянии $R/n$ от центра шара О, то его изображение $A^{ \prime}$ будет лежать на прямой $OA$ на расстоянии $Rn$ от центра шара.
Действительно, рассмотрим произвольный луч $AC$, выходящий из точки $A$. При этом введем обозначения: $\angle MOC = \alpha_{0}$, а угол падения этого луча на сферическую поверхность $\angle ACD = \alpha$. Пусть продолжение преломленного луча $AC$ пересекает прямую $OA$ в точке $A^{ \prime}$. Тогда для треугольника $OAC$ применима теорема синусов:
$\frac{ \sin \alpha}{OA} = \frac{ \sin \alpha_{0} }{AC}$. (1)
(см. рисунок). Кроме того, по теореме косинусов получим
$(AC)^{2} = R^{2} + (OA)^{2} + 2R \cdot OA \cdot \cos \alpha_{0}$. (2)
Аналогично, рассматривая треугольник $OCA^{ \prime}$, можно записать:
$\frac{ \sin \beta}{OA^{ \prime} } = \frac{ \sin \alpha_{0}}{AC^{ \prime} }$, $(A^{ \prime}C )^{2} = R^{2} + (OA^{ \prime} )^{2} + 2R \cdot OA^{ \prime} \cdot \cos \alpha_{0}$. (3)
Учитывая, что по закону преломления $n \sin \alpha = \sin \beta$ (угол преломления луча $AC$ $\angle \beta = \angle OCA^{ \prime}$), из (1) и (3) получим
$A^{ \prime}C = OA^{ \prime} \frac{AC}{n \cdot OA}$. (4)
Из (4) и (2) следует, что
$(A^{ \prime}C )^{2} = \frac{(OA^{ \prime} )^{2} }{n^{2} } \frac{(AC)^{2} }{(OA)^{2} } = \frac{(OA^{ \prime} )^{2} }{n^{2} } \frac{1}{(OA)^{2} } (R^{2} + (OA)^{2} + 2R \cdot OA \cdot \cos \alpha_{0} )$.
откуда, используя (3),
$\frac{(OA^{ \prime} )^{2} }{n^{2} } \frac{1}{(OA)^{2} } (R^{2} + (OA)^{2} + 2R \cdot OA \cdot \cos \alpha_{0}) = R^{2} + (OA^{ \prime} )^{2} + 2R \cdot OA^{ \prime} \cdot \cos \alpha_{0}$. (5)
Равенство (5) справедливо для любых $\cos \alpha_{0}$ при некоторой длине отрезка $OA$, если слагаемые, в которые входит $\cos \alpha_{0}$, в левой и правой частях уравнения равны между собой, т. е. $\frac{OA^{ \prime}}{n^{2} } = OA$.
Окончательно равенство (5) преобразуется в выражение
$n^{2}(R^{2} + (OA)^{2}) = R^{2} + (OA)^{2} \cdot n^{4}$, (6)
чье решение $OA = \frac{R}{n}$.
Заменяя в (6) $OA$ на $OA^{ \prime}$, найдем, что $OA^{ \prime} = Rn$.
Таким образом, решения уравнения (6) не зависят от угла $\alpha_{0}$.
Если же вкрапление сделано на поверхности сферы, то ответ задачи тривиален: $OA = R$.
