Сборник задач по физике - Баканина Л.П.
Скачать (прямая ссылка):
вие полного отражения в виде
X2 >
fx2+ {2d)2
4d3
1 '
380 Отсюда следует, что
*min'
ы
Vni-I
Найдем теперь освещеииость площадки, находящейся иа расстоянии .vmin от источника:
_ _ / , / cos а ? S г ,> •
Amin '
Здесь первое слагаемое дает освещенность, создаваемую прямыми лучами от источника, второе — освещенность, создаваемую лучами от его изображения Si; г —расстояние между изображением источника н площадкой, а — угол между перпендикуляром к площадке н лучом от изображения.
В соответствии с решением задачи 583 сила света изображения принята равной силе света / источника. Учитывая, ЧТО -X-Iniri Г COS (X, получим
¦d-n \ " I
При написании последнего соотношения было принято во внимание,
1
что (при Jt = JCmin) cos a = sin * = —•.
588. E = 2
I cos а
Id
I3 + d2 V(I2 + rf2)3'
здесь Е — освещенность, / — сила света лампы; обозначения I, d и а
см. иа рис. 365; _^
EVWTd2Y
I =
2d
« 110 св.
589. Решим сначала задачу, пренебрегая отражением лучей от
Рис. 365.
поверхности воды. Из рис. 366 ясно, что на площадку падает световой поток
Ф = /?2,
(!)
где ?3 —телесный угол, образованный лучами, попадающими на края площадки после преломления на границе вода—воздух. Заметим,
381 далее, что
Q =
Tcb2
H2 '
Из подобия треугольников A1BC и AiBiCl имеем
A h
а = H + h'
(2)
(3)
где H = AiBі. С другой стороны, из треугольников AB1C1 и A1B1C1
находим
IiXgr = HXg І, (4)
но
tg і sin і 1
откуда
tg г
h =
Sinr п H
п
Теперь легко найти величину b:
h
Ь =
H+h
п+ 1
(5)
(6)
(7)
Объединив выражения (1), (2) и (7), получаем окончательно
„2
Ф = I-
я а
Рис. 367.
Н2(п+ I)2"
Учтем теперь отражение от поверхности воды. На основании закона сохранения энергии имеем
D=I-R,
где D — доля световой энергии, проходящая через границы раздела (см. задачу 582), таким образом,
(D0 = DtD= (1-Я)/. яа2
H2 (п+ I)2 '
590. Когда стеклянная пластинка находилась в параллельном пучке света, падающем на линзу, она не оказывала влияния на ход лучей и лучи фокусировались в точке S (рис. 367). Фотоэлемент в этом случае располагался таким образом, что его круглый катод диаметром d в точности перекрывал световой поток. Если теперь стеклянная пластинка помещена между линзой и фотоэлементом, то вследствие преломления в пластинке лучи сфокусируются в точке S1. Следовательно, катод фотоэлемента уже не перекрывает весь световой пучок, диаметр которого в плоскости расположения катода равен теперь dj. Если обозначить через Д вертикальное смещение луча после введения пластинки, то
di = d + 2Д.
(О
362 При первом расположении весь световой поток Фо падал на площадку диаметром d, при втором —этот же поток в плоскости катода проходит через площадку диаметром d,, следовательно, освещенность катода фотоэлемента во втором случае
E1 = E0= E077^, (2)
где E0-освещенность в первом случае.
Ток, протекающий через фотоэлемент, пропорционален освещенности его катода, следовательно, во втором случае гальванометр покажет ток
_ d2
/l-/ (d + 2Д)2' (3)
Нетрудно увидеть, что
A=tf(tg<-tgr) = tftgi(l-|^-). (4)
Учитывая малую величину угла падения, а также замечая, что і = а, имеем
Я tg
Но
откуда получаем
«(1-і). (5)
I1 = I
tga = W' (6)
d2
['¦ЗЧ-9Ґ
691. Возможны два случая, когда расстояние от источника S до линзы больше и меньше фокусного растояния линзы. Решение для первого случая поясняется рис. 368, а. Для того чтобы освещенность экрана была в четыре раза меньше освещенности того же экрана, расположенного вплотную к линзе, необходимо, чтобы площадь светового пятна на экране была JB четыре раза больше площади линзы, т. е.
D2 ( с-Ь\* ,
I-T-J =4'
откуда с = 36. ^
Теперь, принимая во внимание, что
h aF получим с (a — F) = SaF, откуда
P "-чгт--12 см.
3 а +с
383 Во втором случае линза дает мнимое изображение S1 источника S (рис. 368, б), и после линзы идет расходящийся пучок лучейі Рассмотрение этого второго случая, которое представляется чита"-телю, дает ^=60 см.
О)
6)
Рис. 368.
592. Освещенность экрана в отсутствие линзы
E 1
1 (F + L)2 '
где / — сила света источника.
При наличии линзы освещенность E1 в цейтре светового пятна такая же, как и освещенность в плоскости линзы, поскольку за линзой лучи идут параллельным пучком:
E --L
Таким образом,
<f + L>2 = 121 E1 F2 Z ¦
593. Освещенность светового пятна на экране одинакова, если в обоих положениях экран удален на одинаковые расстояния от изображения S1 (рис, 369). В этом случае одни н тот же световой
384 поток распределяется по одинаковым площадям и, следовательно, Et-=E2. Таким образом,
b =
h + !,
= 37,5 см и F =
ab
a + b
= 15 см.
594. Освещенность экрана в обоих положениях обратно пропорциональна квадрату расстояния до мнимого изображения, даваемого линзой:
g. _ (lfel+ -M2 4 E2 (IM-H1)2
Здесь через I b I обозначено расстояние от линзы до изображения. Решая это уравнение относительно | b [, найдем
