Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14588
2020-12-12 
Стеклянная двояковыпуклая линза с преломляющими поверхностями, имеющими одинаковый радиус кривизны $R = 21 см$, помещена на границе раздела двух сред с абсолютными показателями преломления $n_{1} = 1,3$ и $n_{2} = 1,6$ (рис.). Абсолютный показатель преломления стекла $n = 1,8$. Определите фокусные расстояния линзы.
Решение:
Ход лучей в линзе и после нее показан на рисунке. Пусть на линзу надает световой луч, параллельный главной оптической оси. На преломляющей поверхности в точке А луч испытывает преломление. По закону преломления $\frac{ \sin \alpha }{ \sin \beta} = \frac{n}{n_{1} }$.
Учитывая малость углов, имеем $\alpha = \beta \frac{n}{n_{1}}, \beta = \alpha \frac{n_{1} }{n}$.
Если бы не было второй преломляющей поверхности, то луч распространялся бы по прямой $ABF_{1}$ и пересек бы главную оптическую ось в точке $F_{1}$; $F_{1}$ - фокус передней преломляющей поверхности. Однако луч падает на вторую преломляющую поверхность в точке В и, испытав преломление, пересекает главную оптическую ось в точке $F$, которая и является фокусом линзы. Так как линза тонкая, можно считать $AA_{1} \approx BB_{1}$; будем также считать, что положения этих отрезков в пространстве практически совпадают. Применим закон преломления ко второй поверхности, имеем $\alpha_{1} = \frac{n_{2} }{n} \beta_{1}$. Рассмотрим треугольники $AOA_{1}$ и $AF_{1}A_{1}$. $OA = R$ - радиус передней преломляющей поверхности, О - центр, $\gamma = \phi + \beta$. Угол $\gamma = \frac{h}{R}$, где $h = AA_{1} = BB_{1}$, угол $\phi = \frac{h}{A_{1}F_{1} }$. Определим отношение $\frac{h}{R} = \frac{h}{A_{1}F_{1} } + \alpha \frac{n_{1} }{n}$. Так как $\alpha = \gamma$, последнее выражение можно записать так:
$\left ( 1 - \frac{n_{1} }{n} \right ) \frac{1}{R} = \frac{1}{A_{1}F_{1} }$. (1)
Отсюда находим фокусное расстояние передней преломляющей поверхности:
$A_{1}F_{1} = R \frac{n}{n - n_{1} }$.
Рассмотрим треугольник $O_{1}FB$: $\beta_{1} = \gamma_{1} + \delta$, так как $O_{1}$ - центр, а $O_{1}B = R$ - радиус задней преломляющей поверхности. Угол $\gamma_{1} = \frac{h}{R}$, а угол $\delta = \frac{h}{B_{1}F }$. $B_{1}F = F$ - искомое расстояние линзы. Объединяя полученные соотношения для углов, получим:
$\frac{n}{n_{2} } \alpha_{1} = \frac{h}{R} + \frac{h}{B_{1}F }$. (2)
Из треугольника $O_{1}BF_{1}$, видно, что $\alpha_{1} = \gamma_{1} + \phi$, следовательно, $\alpha_{1} = \frac{h}{R} + \frac{h}{A_{1}F_{1} }$.
Подставим это выражение в соотношение (2)
$\left ( \frac{n}{n_{2} } - 1 \right ) \frac{1}{R} + \frac{n}{n_{2}} \frac{1}{A_{1}F_{1} } = \frac{1}{F}$. (3)
Подставим (1) в (3), получим:
$\frac{1}{F} = \frac{1}{R} \frac{2n - n_{2} - n_{1} }{n_{2} }$,
откуда
$F = R \frac{n_{2} }{2n - n_{1} - n_{2} }$.
Поменяем местами индексы у $n_{1}$ и $n_{2}$ в этом выражении, получим формулу для фокусного расстояния в случае, когда луч падает на линзу из среды с показателем преломления $n_{2}$
$F = R \frac{n_{1} }{2n - n_{1} - n_{2} }$.
Ответ: $F_{1} = 48 см; F_{2} = 39 см$.
Стеклянная двояковыпуклая линза с преломляющими поверхностями, имеющими одинаковый радиус кривизны $R = 21 см$, помещена на границе раздела двух сред с абсолютными показателями преломления $n_{1} = 1,3$ и $n_{2} = 1,6$ (рис.). Абсолютный показатель преломления стекла $n = 1,8$. Определите фокусные расстояния линзы.
Решение:
Ход лучей в линзе и после нее показан на рисунке. Пусть на линзу надает световой луч, параллельный главной оптической оси. На преломляющей поверхности в точке А луч испытывает преломление. По закону преломления $\frac{ \sin \alpha }{ \sin \beta} = \frac{n}{n_{1} }$.
Учитывая малость углов, имеем $\alpha = \beta \frac{n}{n_{1}}, \beta = \alpha \frac{n_{1} }{n}$.
Если бы не было второй преломляющей поверхности, то луч распространялся бы по прямой $ABF_{1}$ и пересек бы главную оптическую ось в точке $F_{1}$; $F_{1}$ - фокус передней преломляющей поверхности. Однако луч падает на вторую преломляющую поверхность в точке В и, испытав преломление, пересекает главную оптическую ось в точке $F$, которая и является фокусом линзы. Так как линза тонкая, можно считать $AA_{1} \approx BB_{1}$; будем также считать, что положения этих отрезков в пространстве практически совпадают. Применим закон преломления ко второй поверхности, имеем $\alpha_{1} = \frac{n_{2} }{n} \beta_{1}$. Рассмотрим треугольники $AOA_{1}$ и $AF_{1}A_{1}$. $OA = R$ - радиус передней преломляющей поверхности, О - центр, $\gamma = \phi + \beta$. Угол $\gamma = \frac{h}{R}$, где $h = AA_{1} = BB_{1}$, угол $\phi = \frac{h}{A_{1}F_{1} }$. Определим отношение $\frac{h}{R} = \frac{h}{A_{1}F_{1} } + \alpha \frac{n_{1} }{n}$. Так как $\alpha = \gamma$, последнее выражение можно записать так:
$\left ( 1 - \frac{n_{1} }{n} \right ) \frac{1}{R} = \frac{1}{A_{1}F_{1} }$. (1)
Отсюда находим фокусное расстояние передней преломляющей поверхности:
$A_{1}F_{1} = R \frac{n}{n - n_{1} }$.
Рассмотрим треугольник $O_{1}FB$: $\beta_{1} = \gamma_{1} + \delta$, так как $O_{1}$ - центр, а $O_{1}B = R$ - радиус задней преломляющей поверхности. Угол $\gamma_{1} = \frac{h}{R}$, а угол $\delta = \frac{h}{B_{1}F }$. $B_{1}F = F$ - искомое расстояние линзы. Объединяя полученные соотношения для углов, получим:
$\frac{n}{n_{2} } \alpha_{1} = \frac{h}{R} + \frac{h}{B_{1}F }$. (2)
Из треугольника $O_{1}BF_{1}$, видно, что $\alpha_{1} = \gamma_{1} + \phi$, следовательно, $\alpha_{1} = \frac{h}{R} + \frac{h}{A_{1}F_{1} }$.
Подставим это выражение в соотношение (2)
$\left ( \frac{n}{n_{2} } - 1 \right ) \frac{1}{R} + \frac{n}{n_{2}} \frac{1}{A_{1}F_{1} } = \frac{1}{F}$. (3)
Подставим (1) в (3), получим:
$\frac{1}{F} = \frac{1}{R} \frac{2n - n_{2} - n_{1} }{n_{2} }$,
откуда
$F = R \frac{n_{2} }{2n - n_{1} - n_{2} }$.
Поменяем местами индексы у $n_{1}$ и $n_{2}$ в этом выражении, получим формулу для фокусного расстояния в случае, когда луч падает на линзу из среды с показателем преломления $n_{2}$
$F = R \frac{n_{1} }{2n - n_{1} - n_{2} }$.
Ответ: $F_{1} = 48 см; F_{2} = 39 см$.
