Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14395
2020-11-28 
Правильный тетраэдр, длина грани которого 10 см, свободно подвешенный за вершину А. Сверху на тетраэдр падает параллельный пучок лучей (рис.). Какое изображение получим на горизонтальном экране, размещенном под нижней гранью тетраэдра на расстоянии 10 см от нее? Показатель преломления стекла $n = \sqrt{2}$.
Решение:
Нижняя грань тетраэдра после подвешивания имеет горизонтальное положение. Рассмотрим ход лучей, падающих на одну из боковых граней тетраэдра. Вследствие симметрии фигуры на двух других гранях преломления лучей будут аналогичными. После преломления на боковой и нижней гранях преломленный луч лежит в одной плоскости с тем, что падает. Рассмотрим ход луча в одной из таких плоскостей АВС. Если обозначить длину ребра через $a$, то $AC = BC = \frac{a \sqrt{3} }{2}$. Из треугольника АВС (рис.) получается, что $\sin \frac{ \alpha}{2} = \frac{ \sqrt{3} }{3}$, а $\cos \frac{ \alpha }{2} = \sqrt{ \frac{2}{3} }$.
На основе известных тригонометрических соотношений $\sin \alpha = 2 \sin \frac{ \alpha }{2} \cos \frac{ \alpha }{2} = \frac{2}{3} \sqrt{2}$ и $\cos \alpha = \frac{1}{3}$.
Угол падения луча в точку Е равна $\alpha$, поскольку он образован прямыми, перпендикулярными к АС и ВС. Обозначим угол преломления через $\beta$. Тогда по закону преломления света $\sin \beta = \frac{ \sin \alpha }{ \sqrt{2} }$ и $\cos \beta = \frac{ \sqrt{5} }{3}$.
Определим, в какое место основания третраедра падают лучи после первого преломления. С рисунков видно, что после преломления на боковой грани лучи будут падать на основание в пределах равнобедренного треугольника, основой которого является нижнее ребро боковой грани, а вершина лежит на одной из высот основы тетраэдра. Высота основы тетраэдра равна $\frac{a \sqrt{3} }{2} \approx 0,866a$. Преломленный луч будет падать на основу, если высота освещенного равнобедренного треугольника будет меньше $0,866a$. На рис. высота освещенного треугольника обозначена через $x = FC$. По теореме синусов для $\Delta AFC$
$\frac{x}{ \frac{a \sqrt{3} }{2} } = \frac{ \sin (90^{ \circ} - \beta ) }{ \sin (90^{ \circ} - ( \alpha - \beta ) ) }$,
откуда
$x = a \frac{ \sqrt{3} }{2} \frac{ \sin (90^{ \circ} - \beta ) }{ \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta } = \frac{ \sqrt{135 } ( \sqrt{128} - \sqrt{20} ) }{108} a \approx 0,736a < 0,866a$.
Следовательно, указанное выше условие выполняется. После преломления лучи внутри тетраэдра падают на основу под углом $\alpha - \beta$. Обозначим угол преломления через $\gamma$, тогда по закону преломления
$\sin \gamma = \sqrt{2} \sin ( \alpha - \beta ) = \frac{ \sqrt{80} - \sqrt{8} }{9}$.
Тогда можно сказать, какое изображение образуется на экране. Лучи, падающие на одну из боковых граней, после преломления на боковой грани и на основании тетраэдра образуют изображение треугольника, подобного освещенного на основе треугольника. Определим, на какую величину $y$ сместится изображение относительно тетраэдра. Bp треугольника CGH
$y = 100 tg \gamma = \frac{100 \sin \gamma }{ \sqrt{1 - \sin^{2} \gamma } } = \frac{ \sqrt{80} - \sqrt{8} }{ \sqrt{16} \cdot \sqrt{10 - 7} } 100 \approx 92,63 мм$.
Полное изображение на экране на рис., где три одинаковых светлых треугольники образовано лучами после их двойного преломления в тетраэдре. Поскольку пучок света падает вертикально сверху вниз, то непосредственно под тетраэдром образуется тень. Каждое из изображений треугольника имеет основание $a$ и высоту $x$. Его основа удаленная от соответствующей вершины тени тетраэдра на расстояние $d = GK = y - \frac{ \sqrt{3} }{2} a \approx 92,63 мм - 86,6 мм = 6,03 мм$. Высота треугольника $x = 73,6 мм$.
Часть света отражается от отбойных граней и основания тетраэдра и тоже дает изображение в виде треугольников, но яркость этих изображений незначительна.
Правильный тетраэдр, длина грани которого 10 см, свободно подвешенный за вершину А. Сверху на тетраэдр падает параллельный пучок лучей (рис.). Какое изображение получим на горизонтальном экране, размещенном под нижней гранью тетраэдра на расстоянии 10 см от нее? Показатель преломления стекла $n = \sqrt{2}$.
Решение:
Нижняя грань тетраэдра после подвешивания имеет горизонтальное положение. Рассмотрим ход лучей, падающих на одну из боковых граней тетраэдра. Вследствие симметрии фигуры на двух других гранях преломления лучей будут аналогичными. После преломления на боковой и нижней гранях преломленный луч лежит в одной плоскости с тем, что падает. Рассмотрим ход луча в одной из таких плоскостей АВС. Если обозначить длину ребра через $a$, то $AC = BC = \frac{a \sqrt{3} }{2}$. Из треугольника АВС (рис.) получается, что $\sin \frac{ \alpha}{2} = \frac{ \sqrt{3} }{3}$, а $\cos \frac{ \alpha }{2} = \sqrt{ \frac{2}{3} }$.
На основе известных тригонометрических соотношений $\sin \alpha = 2 \sin \frac{ \alpha }{2} \cos \frac{ \alpha }{2} = \frac{2}{3} \sqrt{2}$ и $\cos \alpha = \frac{1}{3}$.
Угол падения луча в точку Е равна $\alpha$, поскольку он образован прямыми, перпендикулярными к АС и ВС. Обозначим угол преломления через $\beta$. Тогда по закону преломления света $\sin \beta = \frac{ \sin \alpha }{ \sqrt{2} }$ и $\cos \beta = \frac{ \sqrt{5} }{3}$.
Определим, в какое место основания третраедра падают лучи после первого преломления. С рисунков видно, что после преломления на боковой грани лучи будут падать на основание в пределах равнобедренного треугольника, основой которого является нижнее ребро боковой грани, а вершина лежит на одной из высот основы тетраэдра. Высота основы тетраэдра равна $\frac{a \sqrt{3} }{2} \approx 0,866a$. Преломленный луч будет падать на основу, если высота освещенного равнобедренного треугольника будет меньше $0,866a$. На рис. высота освещенного треугольника обозначена через $x = FC$. По теореме синусов для $\Delta AFC$
$\frac{x}{ \frac{a \sqrt{3} }{2} } = \frac{ \sin (90^{ \circ} - \beta ) }{ \sin (90^{ \circ} - ( \alpha - \beta ) ) }$,
откуда
$x = a \frac{ \sqrt{3} }{2} \frac{ \sin (90^{ \circ} - \beta ) }{ \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta } = \frac{ \sqrt{135 } ( \sqrt{128} - \sqrt{20} ) }{108} a \approx 0,736a < 0,866a$.
Следовательно, указанное выше условие выполняется. После преломления лучи внутри тетраэдра падают на основу под углом $\alpha - \beta$. Обозначим угол преломления через $\gamma$, тогда по закону преломления
$\sin \gamma = \sqrt{2} \sin ( \alpha - \beta ) = \frac{ \sqrt{80} - \sqrt{8} }{9}$.
Тогда можно сказать, какое изображение образуется на экране. Лучи, падающие на одну из боковых граней, после преломления на боковой грани и на основании тетраэдра образуют изображение треугольника, подобного освещенного на основе треугольника. Определим, на какую величину $y$ сместится изображение относительно тетраэдра. Bp треугольника CGH
$y = 100 tg \gamma = \frac{100 \sin \gamma }{ \sqrt{1 - \sin^{2} \gamma } } = \frac{ \sqrt{80} - \sqrt{8} }{ \sqrt{16} \cdot \sqrt{10 - 7} } 100 \approx 92,63 мм$.
Полное изображение на экране на рис., где три одинаковых светлых треугольники образовано лучами после их двойного преломления в тетраэдре. Поскольку пучок света падает вертикально сверху вниз, то непосредственно под тетраэдром образуется тень. Каждое из изображений треугольника имеет основание $a$ и высоту $x$. Его основа удаленная от соответствующей вершины тени тетраэдра на расстояние $d = GK = y - \frac{ \sqrt{3} }{2} a \approx 92,63 мм - 86,6 мм = 6,03 мм$. Высота треугольника $x = 73,6 мм$.
Часть света отражается от отбойных граней и основания тетраэдра и тоже дает изображение в виде треугольников, но яркость этих изображений незначительна.
