Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 1329
2016-10-21 
Имеется толстая плоско-выпуклая однородная осесимметричная линза (см. рисунок). Радиус $R$ её плоского основания равен её толщине. Угол $\alpha$ между ограничивающими её поверхностями в месте их пересечения меньше $90^{ \circ} C$. На её оси симметрии со стороны плоского основания помещают точечный источник света. Расстояние от него до линзы равно $R$. Выпуклая поверхность линзы гладкая, а её форма такова, что все лучи, прошедшие через линзу без отражений, образуют строго параллельный пучок с плоским фронтом, диаметр которого равен диаметру линзы. Определите угол $\alpha$.
Решение:
рис.1
рис.2
Пусть материал линзы имеет показатель преломления $n$, а скорость света в вакууме равна $c$. Тогда скорость света, распространяющегося внутри линзы, равна $c/n$. Так как линза осесимметрична, а фронт прошедшей через неё волны становится плоским, то времена распространения света от источника по путям ABC и ADE (см. рис. 1) должны быть одинаковыми:
$\frac{R \sqrt{2}}{c} + \frac{R}{c} = \frac{R}{c} + \frac{R}{c/n}$.
Отсюда получаем, что показатель преломления материала линзы $n= \sqrt{2}$.
Рассмотрим далее преломление луча света вблизи пересечения поверхностей, ограничивающих линзу (см. рис. 2). Угол падения луча на плоскую поверхность равен $\phi = \pi/4$. Из закона преломления света находим:
$n \sin ( \angle MLN) = \sin \phi$,
откуда $\sin ( \angle MLN) = \frac{ \sin \phi}{n} = \frac{1}{2}$, то есть $\angle MLN = \frac{ \pi}{6}$. Далее, из треугольника МLО получаем:
$\alpha + \frac{ \pi}{2} - \angle LMN + \frac{ \pi}{2} - \angle MLN = \pi$,
откуда, с учётом предыдущего соотношения, $\angle LMN = \alpha — \frac{ \pi}{6}$.
Рассматривая преломление луча на выпуклой поверхности, получаем:
$n \sin ( \angle LMN) = \sin \alpha$, или $\sqrt{2} \sin \left ( \alpha - \frac{ \pi}{6} \right ) = \sin \alpha$.
Отсюда имеем:
$\sqrt{2} \left ( \frac{ \sqrt{3}}{2} \sin \alpha - \frac{1}{2} \cos \alpha \right ) = \sin \alpha$, и $tg \alpha = \frac{1}{ \sqrt{3} - \sqrt{2}} = \sqrt{2} + \sqrt{3}$.
Окончательно,
$\alpha = arctg ( \sqrt{2} + \sqrt{3}) \approx arctg (1,73 + 1,41) = arctg 3,14 \approx 72^{ \circ}$.
Имеется толстая плоско-выпуклая однородная осесимметричная линза (см. рисунок). Радиус $R$ её плоского основания равен её толщине. Угол $\alpha$ между ограничивающими её поверхностями в месте их пересечения меньше $90^{ \circ} C$. На её оси симметрии со стороны плоского основания помещают точечный источник света. Расстояние от него до линзы равно $R$. Выпуклая поверхность линзы гладкая, а её форма такова, что все лучи, прошедшие через линзу без отражений, образуют строго параллельный пучок с плоским фронтом, диаметр которого равен диаметру линзы. Определите угол $\alpha$.
Решение:
рис.1
рис.2
Пусть материал линзы имеет показатель преломления $n$, а скорость света в вакууме равна $c$. Тогда скорость света, распространяющегося внутри линзы, равна $c/n$. Так как линза осесимметрична, а фронт прошедшей через неё волны становится плоским, то времена распространения света от источника по путям ABC и ADE (см. рис. 1) должны быть одинаковыми:
$\frac{R \sqrt{2}}{c} + \frac{R}{c} = \frac{R}{c} + \frac{R}{c/n}$.
Отсюда получаем, что показатель преломления материала линзы $n= \sqrt{2}$.
Рассмотрим далее преломление луча света вблизи пересечения поверхностей, ограничивающих линзу (см. рис. 2). Угол падения луча на плоскую поверхность равен $\phi = \pi/4$. Из закона преломления света находим:
$n \sin ( \angle MLN) = \sin \phi$,
откуда $\sin ( \angle MLN) = \frac{ \sin \phi}{n} = \frac{1}{2}$, то есть $\angle MLN = \frac{ \pi}{6}$. Далее, из треугольника МLО получаем:
$\alpha + \frac{ \pi}{2} - \angle LMN + \frac{ \pi}{2} - \angle MLN = \pi$,
откуда, с учётом предыдущего соотношения, $\angle LMN = \alpha — \frac{ \pi}{6}$.
Рассматривая преломление луча на выпуклой поверхности, получаем:
$n \sin ( \angle LMN) = \sin \alpha$, или $\sqrt{2} \sin \left ( \alpha - \frac{ \pi}{6} \right ) = \sin \alpha$.
Отсюда имеем:
$\sqrt{2} \left ( \frac{ \sqrt{3}}{2} \sin \alpha - \frac{1}{2} \cos \alpha \right ) = \sin \alpha$, и $tg \alpha = \frac{1}{ \sqrt{3} - \sqrt{2}} = \sqrt{2} + \sqrt{3}$.
Окончательно,
$\alpha = arctg ( \sqrt{2} + \sqrt{3}) \approx arctg (1,73 + 1,41) = arctg 3,14 \approx 72^{ \circ}$.
