Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1323
2016-10-21 
На горизонтальном столе стоит прозрачный цилиндр с радиусом основания $R$, и высотой $H_{1}$, изготовленный из стекла с показателем преломления $n = 1,5$. На высоте $H_{2}$ над верхним основанием цилиндра на его оси расположен точечный источник света. Найти площадь тени, отбрасываемой цилиндром на поверхность стола.
Решение:
Из чертежа ясно, что тень на столе имеет вид кольца с центром на оси цилиндра (область тени показана штриховкой). Внешняя граница кольца находится там, куда падает световой луч 1, касающийся края верхнего основания цилиндра. Из чертежа следует, что радиус внешней границы тени равен
$R_{1} = (H_{1} + H_{2}) \frac{R}{H_{2}}$.
Для того чтобы найти радиус $R_{2}$ внутренней границы тени, рассмотрим луч 2, который проходит через цилиндр очень близко от края его верхнего основания (масштаб на чертеже не соблюдён). Именно этот луч определяет, где на столе будет проходить граница между тенью и светом, поскольку все остальные лучи, упавшие на верхнее основание цилиндра, попадут на стол левее луча 2. Рассматриваемый луч вначале преломляется на верхнем основании, а затем — на боковой поверхности цилиндра. Запишем для двух указанных преломлений закон Снеллиуса:
$\sin \alpha = n \sin \beta, \cos \gamma = n \cos \beta$.
Отсюда $\cos \gamma = \sqrt{n^{2} - \sin^{2} \alpha}$, или $\cos^{2} \gamma + \sin^{2} \alpha = n^{2}$. Последнее соотношение можно преобразовать, выразив $\cos \gamma$ и $\sin \alpha$ через $tg \alpha$ и $ctg \alpha$:
$\frac{1}{1+ tg^{2} \gamma} + \frac{1}{1+ ctg^{2} \alpha} = n^{2}$.
Отсюда
$tg \gamma = \sqrt{ \frac{2 + ctg^{2} \alpha - n^{2}(1 + ctg^{2} \alpha)}{n^{2}(1+ ctg^{2} alpha) - 1}}$.
Учитывая, что $ctg \alpha = H_{2}/R$ (луч 2 проходит практически через край верхнего основания цилиндра), найдём $R_{2}$:
$R_{2} = R + H_{1} tg \gamma = R + \sqrt{ \frac{2 + (H_{2}/R)^{2} - n^{2}(1+(H_{2}/R)^{2})}{n^{2}(1+(H_{2}/R)^{2}) - 1}} = R + \sqrt{ \frac{1 - (n^{2} - 1)(1+(H_{2}/R)^{2}) } {n^{2}(1+(H_{2}/R)^{2}) - 1}}$.
Из полученного выражения видно, что внутренняя граница кольцевой тени может существовать за пределами нижнего основания цилиндра только при выполнении условия
$(n^{2} - 1) (1 + (H_{2}/R)^{2}) < 1$.
Переписав его в виде
$(H_{2}/R)^{2} < \frac{2 - n^{2}}{n^{2} - 1}$.
заметим, что при заданном в условии задачи значении показателя преломления $n = 1,5$ полученное условие не выполняется. Это означает, что в данном случае все световые лучи, попавшие из источника на верхнее основание цилиндра, упадут на стол в пределах его нижнего основания, то есть второго преломления на боковой поверхности цилиндра не будет. Поэтому радиус внутренней границы тени будет равен радиусу $R$ цилиндра, и искомая площадь тени равна
$S = \pi(R_{1}^{2} - R^{2}) = \frac{ \pi R^{2} H_{1} (H_{1} + 2H_{2})}{H_{2}^{2}}$.
Заметим, что к этому же результату можно прийти и более коротким путём, найдя критическое значение показателя преломления по, при превышении которого все лучи света от точечного источника, преломлённые на верхнем основании цилиндра, даже при $H_{2} = 0$ не смогут выйти через его боковую поверхность. Скользящий вдоль верхнего основания луч преломляется под углом $\beta_{0}$ и падает на боковую поверхность цилиндра под углом, равным $\frac{ \pi}{2} — \beta_{0}$. Ясно, что после второго преломления этот луч будет скользить вдоль боковой поверхности цилиндра при $\beta_{0} = \frac{ \pi}{2} - \beta_{0}$, то есть при $\beta_{0} = \frac{ \pi}{4} = arcsin \frac{1}{n_{0}}$ , откуда $n_{0} = \sqrt{2}$. Поскольку по условию $n = 1,5 > n_{0}$, то все лучи, попавшие внутрь стеклянного цилиндра, будут испытывать полное внутреннее отражение на его боковой поверхности и не смогут из него выйти. Это приводит к тому же выражению для площади тени $S$.
На горизонтальном столе стоит прозрачный цилиндр с радиусом основания $R$, и высотой $H_{1}$, изготовленный из стекла с показателем преломления $n = 1,5$. На высоте $H_{2}$ над верхним основанием цилиндра на его оси расположен точечный источник света. Найти площадь тени, отбрасываемой цилиндром на поверхность стола.
Решение:
Из чертежа ясно, что тень на столе имеет вид кольца с центром на оси цилиндра (область тени показана штриховкой). Внешняя граница кольца находится там, куда падает световой луч 1, касающийся края верхнего основания цилиндра. Из чертежа следует, что радиус внешней границы тени равен
$R_{1} = (H_{1} + H_{2}) \frac{R}{H_{2}}$.
Для того чтобы найти радиус $R_{2}$ внутренней границы тени, рассмотрим луч 2, который проходит через цилиндр очень близко от края его верхнего основания (масштаб на чертеже не соблюдён). Именно этот луч определяет, где на столе будет проходить граница между тенью и светом, поскольку все остальные лучи, упавшие на верхнее основание цилиндра, попадут на стол левее луча 2. Рассматриваемый луч вначале преломляется на верхнем основании, а затем — на боковой поверхности цилиндра. Запишем для двух указанных преломлений закон Снеллиуса:
$\sin \alpha = n \sin \beta, \cos \gamma = n \cos \beta$.
Отсюда $\cos \gamma = \sqrt{n^{2} - \sin^{2} \alpha}$, или $\cos^{2} \gamma + \sin^{2} \alpha = n^{2}$. Последнее соотношение можно преобразовать, выразив $\cos \gamma$ и $\sin \alpha$ через $tg \alpha$ и $ctg \alpha$:
$\frac{1}{1+ tg^{2} \gamma} + \frac{1}{1+ ctg^{2} \alpha} = n^{2}$.
Отсюда
$tg \gamma = \sqrt{ \frac{2 + ctg^{2} \alpha - n^{2}(1 + ctg^{2} \alpha)}{n^{2}(1+ ctg^{2} alpha) - 1}}$.
Учитывая, что $ctg \alpha = H_{2}/R$ (луч 2 проходит практически через край верхнего основания цилиндра), найдём $R_{2}$:
$R_{2} = R + H_{1} tg \gamma = R + \sqrt{ \frac{2 + (H_{2}/R)^{2} - n^{2}(1+(H_{2}/R)^{2})}{n^{2}(1+(H_{2}/R)^{2}) - 1}} = R + \sqrt{ \frac{1 - (n^{2} - 1)(1+(H_{2}/R)^{2}) } {n^{2}(1+(H_{2}/R)^{2}) - 1}}$.
Из полученного выражения видно, что внутренняя граница кольцевой тени может существовать за пределами нижнего основания цилиндра только при выполнении условия
$(n^{2} - 1) (1 + (H_{2}/R)^{2}) < 1$.
Переписав его в виде
$(H_{2}/R)^{2} < \frac{2 - n^{2}}{n^{2} - 1}$.
заметим, что при заданном в условии задачи значении показателя преломления $n = 1,5$ полученное условие не выполняется. Это означает, что в данном случае все световые лучи, попавшие из источника на верхнее основание цилиндра, упадут на стол в пределах его нижнего основания, то есть второго преломления на боковой поверхности цилиндра не будет. Поэтому радиус внутренней границы тени будет равен радиусу $R$ цилиндра, и искомая площадь тени равна
$S = \pi(R_{1}^{2} - R^{2}) = \frac{ \pi R^{2} H_{1} (H_{1} + 2H_{2})}{H_{2}^{2}}$.
Заметим, что к этому же результату можно прийти и более коротким путём, найдя критическое значение показателя преломления по, при превышении которого все лучи света от точечного источника, преломлённые на верхнем основании цилиндра, даже при $H_{2} = 0$ не смогут выйти через его боковую поверхность. Скользящий вдоль верхнего основания луч преломляется под углом $\beta_{0}$ и падает на боковую поверхность цилиндра под углом, равным $\frac{ \pi}{2} — \beta_{0}$. Ясно, что после второго преломления этот луч будет скользить вдоль боковой поверхности цилиндра при $\beta_{0} = \frac{ \pi}{2} - \beta_{0}$, то есть при $\beta_{0} = \frac{ \pi}{4} = arcsin \frac{1}{n_{0}}$ , откуда $n_{0} = \sqrt{2}$. Поскольку по условию $n = 1,5 > n_{0}$, то все лучи, попавшие внутрь стеклянного цилиндра, будут испытывать полное внутреннее отражение на его боковой поверхности и не смогут из него выйти. Это приводит к тому же выражению для площади тени $S$.
