Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 15217
2021-06-03 
Стеклянный трапецеидальный сосуд (рис.) с малым углом $\alpha = 6^{ \circ}$ заполнен водой с показателем преломления $n = 1,33$. На сосуд падает параллельный пучок света. За сосудом расположена собирающая линза с фокусным расстоянием $F = 50 см$. На экране, расположенном в фокальной плоскости линзы, наблюдается светлая точка. На сколько сместится эта точка на экране, если убрать сосуд?
Указание: для малых углов $\sin \alpha \approx \alpha$.
Решение:
Решим задачу двумя способами. В первом способе мы рассмотрим ход одного из лучей через сосуд с водой и, используя закон преломления света, найдем угол отклонения выходного луча по отношению к входному. А во втором способе используем понятие волнового фронта и найдем поворот волнового фронта на выходе из сосуда.
Сначала разберем первый способ. Наш сосуд с трапецеидальной формой сечения будем рассматривать как два клина с углами при вершине $\alpha$ и сосуд с прямоугольным сечением (рис.). На рисунке показан ход произвольного луча через клин. Сразу отметим, что все углы малы, поэтому
$\beta = \frac{ \alpha }{n}$,
$\gamma = \alpha - \beta = \frac{ \alpha ( n - 1) }{n}$,
$\delta = n \gamma = \alpha ( n - 1)$.
Итак, мы получили, что любой луч, пройдя призму с углом при вершине $\alpha$, отклоняется от горизонтали на угол $\delta$. Затем луч проходит сосуд с прямоугольным сечением. Такой сосуд ведет себя как плоскопараллельная пластинка, т.е. выходящий из пластинки луч остается параллельным входящему лучу. Значит, и после прохождения прямоугольного сосуда выходящий луч будет отклонен от горизонтали на тот же угол $\delta$. Пройдя вторую призму, угол отклонения луча от горизонтали увеличится в два раза и станет равным $2 \alpha (n - 1)$. Следовательно, на линзу будет падать параллельный пучок света под углом $2 \alpha (n - 1)$ к горизонту. На экране будет наблюдаться светящаяся точка, расположенная выше центра экрана на $h = 2 \alpha (n - 1) F$. Если убрать сосуд с водой, то светящаяся точка попадет в центр экрана. Поэтому точка смесится на
$h = 2 \alpha (n - 1) F \approx 3,45 см$.
Теперь разберем второй способ решения. Для этого рассмотрим два крайних луча, один из которых проходит вдоль верхнего слоя воды в сосуде, а второй - вблизи дна сосуда (рис.). Волновым фронтом входного пучка является плоскость, проходящая через прямую MN и перпендикулярная плоскости рисунка. Оптические пути, пройденные верхним и нижним лучами до точек М и N, одинаковы. Они будут равны и для точек А и D, поскольку $AD \parallel MN$. Теперь рассмотрим оптические пути АВ и DEGC. Обозначим длину отрезка EG через $l$. Оптический путь АВ равен
$s_{1} = AB \cdot n = (l + 2H tg \alpha ) n$,
а оптический путь DC равен
$s_{2} = ln + 2H tg \alpha$.
Мы видим, что $s_{2} < s_{1}$ и разность оптических путей составляет
$s_{1} - s_{2} = 2H (n -1) tg \alpha$.
Следовательно, наши лучи не могут и дальше распространяться в прежним направлении, а должны отклониться вверх на некоторый угол. Обозначим этот угол через $\sigma$. Прямая ВК перпендикулярна лучам, и через нее проходит волновой фронт, поэтому оптический путь СК должен компенсировать разность $s_{1} - s_{2}$:
$CK = 2H (n - 1) tg \alpha$.
А тогда из треугольника СВК найдем
$\sin \sigma = 2 (n - 1) tg \alpha$,
или
$\sigma = 2 (n - 1) \alpha$,
и
$h = 2 (n -1) \alpha F$.
В этом решении мы вышли за рамки геометрической оптики и рассматривали параллельный пучок света как плоскую волну.
Стеклянный трапецеидальный сосуд (рис.) с малым углом $\alpha = 6^{ \circ}$ заполнен водой с показателем преломления $n = 1,33$. На сосуд падает параллельный пучок света. За сосудом расположена собирающая линза с фокусным расстоянием $F = 50 см$. На экране, расположенном в фокальной плоскости линзы, наблюдается светлая точка. На сколько сместится эта точка на экране, если убрать сосуд?
Указание: для малых углов $\sin \alpha \approx \alpha$.
Решение:
Решим задачу двумя способами. В первом способе мы рассмотрим ход одного из лучей через сосуд с водой и, используя закон преломления света, найдем угол отклонения выходного луча по отношению к входному. А во втором способе используем понятие волнового фронта и найдем поворот волнового фронта на выходе из сосуда.
Сначала разберем первый способ. Наш сосуд с трапецеидальной формой сечения будем рассматривать как два клина с углами при вершине $\alpha$ и сосуд с прямоугольным сечением (рис.). На рисунке показан ход произвольного луча через клин. Сразу отметим, что все углы малы, поэтому
$\beta = \frac{ \alpha }{n}$,
$\gamma = \alpha - \beta = \frac{ \alpha ( n - 1) }{n}$,
$\delta = n \gamma = \alpha ( n - 1)$.
Итак, мы получили, что любой луч, пройдя призму с углом при вершине $\alpha$, отклоняется от горизонтали на угол $\delta$. Затем луч проходит сосуд с прямоугольным сечением. Такой сосуд ведет себя как плоскопараллельная пластинка, т.е. выходящий из пластинки луч остается параллельным входящему лучу. Значит, и после прохождения прямоугольного сосуда выходящий луч будет отклонен от горизонтали на тот же угол $\delta$. Пройдя вторую призму, угол отклонения луча от горизонтали увеличится в два раза и станет равным $2 \alpha (n - 1)$. Следовательно, на линзу будет падать параллельный пучок света под углом $2 \alpha (n - 1)$ к горизонту. На экране будет наблюдаться светящаяся точка, расположенная выше центра экрана на $h = 2 \alpha (n - 1) F$. Если убрать сосуд с водой, то светящаяся точка попадет в центр экрана. Поэтому точка смесится на
$h = 2 \alpha (n - 1) F \approx 3,45 см$.
Теперь разберем второй способ решения. Для этого рассмотрим два крайних луча, один из которых проходит вдоль верхнего слоя воды в сосуде, а второй - вблизи дна сосуда (рис.). Волновым фронтом входного пучка является плоскость, проходящая через прямую MN и перпендикулярная плоскости рисунка. Оптические пути, пройденные верхним и нижним лучами до точек М и N, одинаковы. Они будут равны и для точек А и D, поскольку $AD \parallel MN$. Теперь рассмотрим оптические пути АВ и DEGC. Обозначим длину отрезка EG через $l$. Оптический путь АВ равен
$s_{1} = AB \cdot n = (l + 2H tg \alpha ) n$,
а оптический путь DC равен
$s_{2} = ln + 2H tg \alpha$.
Мы видим, что $s_{2} < s_{1}$ и разность оптических путей составляет
$s_{1} - s_{2} = 2H (n -1) tg \alpha$.
Следовательно, наши лучи не могут и дальше распространяться в прежним направлении, а должны отклониться вверх на некоторый угол. Обозначим этот угол через $\sigma$. Прямая ВК перпендикулярна лучам, и через нее проходит волновой фронт, поэтому оптический путь СК должен компенсировать разность $s_{1} - s_{2}$:
$CK = 2H (n - 1) tg \alpha$.
А тогда из треугольника СВК найдем
$\sin \sigma = 2 (n - 1) tg \alpha$,
или
$\sigma = 2 (n - 1) \alpha$,
и
$h = 2 (n -1) \alpha F$.
В этом решении мы вышли за рамки геометрической оптики и рассматривали параллельный пучок света как плоскую волну.
