Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 9934
2018-11-09 
Над обширной горизонтальной равниной распыляют с самолета инсектицид — прозрачную бесцветную жидкость, коэффициенты преломления которой на границах видимого спектра равны: $n_{кр} = 1,460$ (на красной) и $n_{ф} = 1,470$ (на фиолетовой). При этом над равниной наблюдается радуга, обусловленная каплями инсектицида. Определить угловой диаметр красной и фиолетовой дуги радуги. При какой высоте Солнца над горизонтом может вообще наблюдаться радуга? Солнце рассматривается как точечный, бесконечно удаленный от Земли источник света.
Указание. Доказать, что для разных длин волн предельный угол, под которым луч выходит из капли после однократного внутреннего отражения, различен. Доказать, что максимальная интенсивность света с данной длиной волны соответствует некоторому предельному углу, под которым луч выходит из капли.
Решение:
Радуга возникает в результате преломления света в каплях жидкости, имеющейся в воздухе. Луч света, входящий в каплю и падающий на ее внутреннюю поверхность, может частично выйти наружу, а частично претерпеть внутреннее отражение. В свою очередь, отраженный луч, вновь падая на внутреннюю поверхность капли, может частично отразиться, а частично выйти из капли и т. д. Докажем, что под определенными углами из капли будет выходить особенно много света.
Пусть $\phi$ - угол между направлением луча, падающего на каплю жидкости, и направлением выходящего луча, а $\alpha$ - угол падения (рис.). Очевидно, что угол $\phi$ является функцией угла $\alpha$. Если углу а соответствует угол $\phi$, то углу $\alpha + \Delta \alpha$ соответствует некоторый угол, который можно обозначить через $\phi + \Delta \phi$. Предположим, на каплю падает параллельный пучок света. Обозначим через $P( \alpha)$ поток световой энергии, приходящийся на единичный угол в небольшом интервале углов падения $\Delta \alpha$. На интервал $\Delta \alpha$ приходится энергия $P( \alpha) \Delta \alpha$. Аналогично поток световой энергии, «испускаемой» каплей и приходящейся на единицу угла в небольшом интервале углов $\Delta \phi$, обозначим через $R( \phi)$. Тогда на весь интервал $\Delta \phi$ приходится энергия $R( \phi) \Delta \phi$. Эта энергия отлична от нуля и составляет некоторую часть $A( \alpha)$ энергии $P( \alpha) \Delta \alpha$. Следовательно,
$A( \alpha) P( \alpha) \Delta \alpha = R( \phi) \Delta \phi$.
Вид функции $A( \alpha)$ для нас несуществен. Важно лишь, что эта функция не равна нулю. Тогда можем записать
$R( \phi) = \frac{A( \alpha)P( \alpha)}{ \Delta \phi/ \Delta \alpha}$.
Устремив $\Delta \alpha$ к нулю, получаем
$R( \phi) = \frac{A( \alpha)P( \alpha)}{ \phi^{ \prime} }$,
где $\phi^{ \prime}$ - производная $\phi$ по $\alpha$. Поскольку для $| \alpha | < 90^{ \circ}$ величина $P( \alpha)$ отлична от нуля, очевидно, что $R( \phi)$ стремится к бесконечности, когда $\phi^{ \prime}$ стремится к нулю. Это означает, что для тех углов $\phi$, для которых $\phi^{ \prime} = 0$, из капельки выходит значительно больше света. Таким образом, наша задача сводится к изучению зависимости $\phi^{ \prime}( \alpha)$.
Без труда может убедиться, что для луча, который не претерпел в капле ни одного внутреннего отражения, функция $\phi( \alpha)$ не имеет экстремума в интервале углов $\alpha$ от 0 до $\pi /2$.
Рассмотрим теперь случай, когда в капле происходит только одно внутреннее отражение. Этот случай иллюстрирует рис. Можно показать, что для угла $\phi$ выполняется условие
$\phi = 4 \beta - 2 \alpha$.
Для этого достаточно определить сумму углов треугольника АОС. Исследуем теперь на экстремум функции $\phi( \alpha)$:
$\phi^{ \prime} = 4 \beta^{ \prime} - 2$.
Следовательно, $\phi^{ \prime} = 0$, если
$2 \beta^{ \prime} = 1$.
Величину $\beta^{ \prime}$ определим из равенства
$\sin \alpha = n \sin \beta$,
где $n$ - коэффициент преломления капли. Дифференцируя обе части по $\alpha$, находим
$\cos \alpha = n \cos \beta \cdot \beta^{ \prime}$,
откуда
$\beta^{ \prime} = \frac{ \cos \alpha}{n \cos \beta}$.
Кроме того,
$\frac{2 \cos \alpha}{n \cos \beta} = 1$.
Используя закон Снелла $\sin \alpha = n \sin \beta$, нетрудно это уравнение представить в виде
$\sin^{2} \alpha = \frac{4 - n^{2} }{3}$.
Полученное уравнение позволяет определить угол $\alpha$, при котором $\phi^{ \prime} = 0$. Зная $\alpha$, можно определить $\beta$, а затем $\phi$. Ясно, что угол $\phi$ зависит от $n$. Значит, для разных значений $n$, а следовательно, для разных длин волн (соответствующих разным цветам спектра) углы $\phi$, при которых свет, испускаемый каплей, имеет наибольшую интенсивность, различны. Так возникает радуга. Угловой размер полосы каждого цвета радуги, очевидно, равен углу $\phi$, определенным образом зависящему от коэффициента преломления $n$ для данной длины волны. Для указанных в задаче длин волн получаем
$\phi_{кр} = 26,66^{ \circ}, \phi_{ф} = 25,67^{ \circ}$.
Подобным образом можно проанализировать радуги второго, третьего и т. д. порядков, т. е. радуги, соответствующие двум, трем и т. д. внутренним отражениям света внутри капли жидкости. Однако, как очевидно, наиболее яркой будет радуга первого порядка.
Чтобы радугу можно было наблюдать, угловая высота Солнца над горизонтом не должна превышать углового размера радуги. В противном случае радуга будет находиться под горизонтом и будет недоступна для наблюдения.
На практике функция $R( \phi)$ никогда не достигает бесконечности, а лишь имеет очень острый и высокий максимум. Это объясняется тем, что Солнце не является точечным источником света, а капли жидкости не являются идеальными шариками; кроме того, сказываются дифракционные явления. Все это не учитывалось в ходе наших рассуждений.
Над обширной горизонтальной равниной распыляют с самолета инсектицид — прозрачную бесцветную жидкость, коэффициенты преломления которой на границах видимого спектра равны: $n_{кр} = 1,460$ (на красной) и $n_{ф} = 1,470$ (на фиолетовой). При этом над равниной наблюдается радуга, обусловленная каплями инсектицида. Определить угловой диаметр красной и фиолетовой дуги радуги. При какой высоте Солнца над горизонтом может вообще наблюдаться радуга? Солнце рассматривается как точечный, бесконечно удаленный от Земли источник света.
Указание. Доказать, что для разных длин волн предельный угол, под которым луч выходит из капли после однократного внутреннего отражения, различен. Доказать, что максимальная интенсивность света с данной длиной волны соответствует некоторому предельному углу, под которым луч выходит из капли.
Решение:
Радуга возникает в результате преломления света в каплях жидкости, имеющейся в воздухе. Луч света, входящий в каплю и падающий на ее внутреннюю поверхность, может частично выйти наружу, а частично претерпеть внутреннее отражение. В свою очередь, отраженный луч, вновь падая на внутреннюю поверхность капли, может частично отразиться, а частично выйти из капли и т. д. Докажем, что под определенными углами из капли будет выходить особенно много света.
Пусть $\phi$ - угол между направлением луча, падающего на каплю жидкости, и направлением выходящего луча, а $\alpha$ - угол падения (рис.). Очевидно, что угол $\phi$ является функцией угла $\alpha$. Если углу а соответствует угол $\phi$, то углу $\alpha + \Delta \alpha$ соответствует некоторый угол, который можно обозначить через $\phi + \Delta \phi$. Предположим, на каплю падает параллельный пучок света. Обозначим через $P( \alpha)$ поток световой энергии, приходящийся на единичный угол в небольшом интервале углов падения $\Delta \alpha$. На интервал $\Delta \alpha$ приходится энергия $P( \alpha) \Delta \alpha$. Аналогично поток световой энергии, «испускаемой» каплей и приходящейся на единицу угла в небольшом интервале углов $\Delta \phi$, обозначим через $R( \phi)$. Тогда на весь интервал $\Delta \phi$ приходится энергия $R( \phi) \Delta \phi$. Эта энергия отлична от нуля и составляет некоторую часть $A( \alpha)$ энергии $P( \alpha) \Delta \alpha$. Следовательно,
$A( \alpha) P( \alpha) \Delta \alpha = R( \phi) \Delta \phi$.
Вид функции $A( \alpha)$ для нас несуществен. Важно лишь, что эта функция не равна нулю. Тогда можем записать
$R( \phi) = \frac{A( \alpha)P( \alpha)}{ \Delta \phi/ \Delta \alpha}$.
Устремив $\Delta \alpha$ к нулю, получаем
$R( \phi) = \frac{A( \alpha)P( \alpha)}{ \phi^{ \prime} }$,
где $\phi^{ \prime}$ - производная $\phi$ по $\alpha$. Поскольку для $| \alpha | < 90^{ \circ}$ величина $P( \alpha)$ отлична от нуля, очевидно, что $R( \phi)$ стремится к бесконечности, когда $\phi^{ \prime}$ стремится к нулю. Это означает, что для тех углов $\phi$, для которых $\phi^{ \prime} = 0$, из капельки выходит значительно больше света. Таким образом, наша задача сводится к изучению зависимости $\phi^{ \prime}( \alpha)$.
Без труда может убедиться, что для луча, который не претерпел в капле ни одного внутреннего отражения, функция $\phi( \alpha)$ не имеет экстремума в интервале углов $\alpha$ от 0 до $\pi /2$.
Рассмотрим теперь случай, когда в капле происходит только одно внутреннее отражение. Этот случай иллюстрирует рис. Можно показать, что для угла $\phi$ выполняется условие
$\phi = 4 \beta - 2 \alpha$.
Для этого достаточно определить сумму углов треугольника АОС. Исследуем теперь на экстремум функции $\phi( \alpha)$:
$\phi^{ \prime} = 4 \beta^{ \prime} - 2$.
Следовательно, $\phi^{ \prime} = 0$, если
$2 \beta^{ \prime} = 1$.
Величину $\beta^{ \prime}$ определим из равенства
$\sin \alpha = n \sin \beta$,
где $n$ - коэффициент преломления капли. Дифференцируя обе части по $\alpha$, находим
$\cos \alpha = n \cos \beta \cdot \beta^{ \prime}$,
откуда
$\beta^{ \prime} = \frac{ \cos \alpha}{n \cos \beta}$.
Кроме того,
$\frac{2 \cos \alpha}{n \cos \beta} = 1$.
Используя закон Снелла $\sin \alpha = n \sin \beta$, нетрудно это уравнение представить в виде
$\sin^{2} \alpha = \frac{4 - n^{2} }{3}$.
Полученное уравнение позволяет определить угол $\alpha$, при котором $\phi^{ \prime} = 0$. Зная $\alpha$, можно определить $\beta$, а затем $\phi$. Ясно, что угол $\phi$ зависит от $n$. Значит, для разных значений $n$, а следовательно, для разных длин волн (соответствующих разным цветам спектра) углы $\phi$, при которых свет, испускаемый каплей, имеет наибольшую интенсивность, различны. Так возникает радуга. Угловой размер полосы каждого цвета радуги, очевидно, равен углу $\phi$, определенным образом зависящему от коэффициента преломления $n$ для данной длины волны. Для указанных в задаче длин волн получаем
$\phi_{кр} = 26,66^{ \circ}, \phi_{ф} = 25,67^{ \circ}$.
Подобным образом можно проанализировать радуги второго, третьего и т. д. порядков, т. е. радуги, соответствующие двум, трем и т. д. внутренним отражениям света внутри капли жидкости. Однако, как очевидно, наиболее яркой будет радуга первого порядка.
Чтобы радугу можно было наблюдать, угловая высота Солнца над горизонтом не должна превышать углового размера радуги. В противном случае радуга будет находиться под горизонтом и будет недоступна для наблюдения.
На практике функция $R( \phi)$ никогда не достигает бесконечности, а лишь имеет очень острый и высокий максимум. Это объясняется тем, что Солнце не является точечным источником света, а капли жидкости не являются идеальными шариками; кроме того, сказываются дифракционные явления. Все это не учитывалось в ходе наших рассуждений.
