32. Электродинамика. Квантовая физика (расчетная задача) (страница 2)

1. Поскольку луч падает на грань AC перпендикулярно, он на ней не преломляется, а, падая на грань BC, согласно закону отражения света отражается под тем же углом Следовательно \[\beta =90-\alpha\] 2. Запишем закон преломления для второго случая. \[n \sin \beta = \sin \gamma \Leftrightarrow n \sin (90-\alpha )=\sin \gamma\] Откуда показатель преломления \[n=\dfrac{\sin \gamma}{\sin \alpha}=\dfrac{\sin 45^\circ}{\cos 60^\circ}=\dfrac{\sqrt{2}}{2\cdot 0,5}=\sqrt{2}\approx 1,4\]

Запишем формулу тонкой линзы для ближайшей точки к линзе колебаний маятника и самой дальней точки. \[D=\dfrac{1}{F+L-A}+\dfrac{1}{f_1}\] \[D=\dfrac{1}{F+L+A}+\dfrac{1}{f_2}\] где \(f_1\) и \(f_2\) – расстояние от линзы до изображений.
а по условию задачи \(f_1-f_2=\Delta\). Из первых двух уравнений выразим \(f_1\) и \(f_2\) и подставим в третье \[\dfrac{1}{f_1}=D-\dfrac{1}{F+L-A} \Rightarrow f_1= \dfrac{F+L-A}{D(F+L-A)-1}\] \[f_2=\dfrac{F+L+A}{D(F+L+A)-1}\] \[\Delta =\dfrac{F+L-A}{D(F+L-A)-1}-\dfrac{F+L+A}{D(F+L+A)-1}=\dfrac{(D(F+L+A)-1)(F+L-A)}{D(F+L-A)-1} -\dfrac{(D(F+L-A)-1)(F+L+A)}{D(F+L+A)-1}\] \[\Delta = \dfrac{2A}{(D(F+L+A)-1)(D(F+L-A)-1)}=\dfrac{2AF^2}{(L-A)(L+A)}=\dfrac{2AF^2}{L^2-A^2}\] Составляем квадратное уравнение \[\Delta A^2 +2AF^2+\Delta L^2=0\] Находим дискриминант \[D=4F^4-4\Delta^2L^2\] отрицательные корни нам не подходят, следовательно, корень данного уравнения \[A=\dfrac{-2F^2+2\sqrt{F^4-\Delta ^2 L^2}}{2\Delta }=\dfrac{20^2\text{ см$^2$}+\sqrt{20^4\text{ см$^4$}+2^2\text{ см$^2$}\cdot 5\text{ см$^2$}}}{2\text{ см}}\approx 0,0125\text{ см}\]

Сделаем рисунок:

Согласно формуле тонкой линзы, расстояние от предмета до линзы, расстояние от линзы до изображения и фокусное расстояние связаны соотношением \[\dfrac{1}{F}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{f}\] Отсюда расстояние от линзы до изображения составляет \[f=\dfrac{Fd}{d-F}\] Линейное увеличение для изображения предмета тонкой линзой равно \[\text{ Г}=\dfrac{H}{h}=\dfrac{f}{d}=\dfrac{F}{d-F},\] где \(H\) – расстояние от главной оптической оси до изображения источника света, \(h\) – расстояние от главной оптической оси до источника света.
Изображение и источник света вращаются относительно главной оптической оси на разных расстояниях, но с одним и тем же периодом. При движении по окружности скорость может быть найдена как \[v=\dfrac{2\pi R}{T}\] Запишем отношение скоростей изображения и источника света и выразим отсюда скорость источника \[\dfrac{v}{v'}=\dfrac{h}{H}=\dfrac{d-F}{F} \Leftrightarrow v= \dfrac{v'(d-F)}{F}\] Подставим числа \[v= \dfrac{(15\text{ см}-10\text{ см}) 10\text{ м/с}}{10\text{ см}}=5\text{ м/с}\]

1. Построение изображения \(A'B'\) предмета \(AB\) в линзе показано на рисунке.

2. Так как точка \(A\) находится на расстоянии \(2F\) от линзы, то её изображение \(A'\) также находится на расстоянии \(2F\) от линзы, и расстояние от точки \(A'\) до главной оптической оси равно \(h\).
3. Длина изображения \(A'B'\) \[L=\sqrt{(OC-2F)^2+(B'C-h)^2}\] 4. Из формулы тонкой линзы \[\dfrac{1}{F}=\dfrac{1}{2F-l}+\dfrac{1}{OC}\] следует \[OC=\dfrac{F(2F-l)}{F-l}=60\text{ см}\] 5. \(\dfrac{B'C}{h}=\dfrac{OC}{2F-l}\), откуда \(B'C= h\dfrac{OC}{2F-l}=30\text{ см}\) 6. Окончательные вычисления \[L=\sqrt{400+225}=25\text{ см}\]

Формула тонкой линзы для собирающей линзы: \[\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}\] где \(F\) – фокусное расстояние,
\(d\) – расстояние от предмета до линзы
\(f\) – растояние от изображения до линзы \[f=\frac{Fd}{F-d}\] \[\Gamma=\frac{f}{d}=\frac{F}{F-d}=\frac{8}{2}=4\]
\(v\) – скорость предмета относительно линзы
\(u\) – скорость изображения источника \[u=v\Gamma=12 \text{ мм/с}\]

Построим ход лучей:

Закон преломления:

\[\sin \alpha=n \sin \beta\] \(n=4 / 3\) (по условию), тогда: \[tg=\frac{\sin \beta}{\cos \beta}=\frac{\sin \beta}{\sqrt{1-\sin ^{2} \beta}}=\frac{\frac{\sin \alpha}{n}}{\sqrt{1-\frac{\sin ^{2} \alpha}{n^{2}}}}=\frac{\sin \alpha}{\sqrt{n^{2}-\sin ^{2} \alpha}}=\frac{1 / 2}{\sqrt{(4 / 3)^{2}-(1 / 2)^{2}}}=\frac{1 / 2}{\sqrt{55 / 36}}=\frac{3}{\sqrt{55}}\] Пусть \(x\) – длина надводной части палки. Палка погружена наполовину, следовательно, длина подводной части – \(x .\) Тогда \[\begin{array}{c} l=|A B|=|C D|=|P K|+|K M| tg \alpha=|P N| tg \alpha+x tg \beta=x tg \alpha+x tg \beta \\ x=\frac{l}{tg \alpha+tg \beta}=\frac{0,5}{\frac{3}{\sqrt{55}}+\frac{1}{\sqrt{3}}} \approx 0,51 \text{ м} \end{array}\]

Пусть \(h\) – кажущаяся высота.
По закону Снеллиуса \[\dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha}= n\] Рассмотрим ход лучей

Тогда \[h=\dfrac{tg \alpha}{tg \beta} H\] Так как углы малые: \[h\approx \dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta} H \approx \dfrac{H}{n}=\dfrac{4\text{ м}}{4/3}\approx 3 \text{ м}\]