Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Турчина Н.В. -> "Физика в задачах для поступающих в вузы" -> 210

Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.

Турчина Н.В. Физика в задачах для поступающих в вузы — М.: Оникс, 2008. — 768 c.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка): fizvzadachahdlyapostvvuzi2008.pdf
Предыдущая << 1 .. 204 205 206 207 208 209 < 210 > 211 212 213 214 215 216 .. 252 >> Следующая

По закону преломления ncsin an = nB03sin 90° (nB03 = 1), откуда

Следовательно,

sin an = — .

Пс

sin a2 < — .

n

Для границы воздух — стекло запишем закон преломления:

nB03sin aI = nCsin Pi>

откуда

Так как a2 = 90° - P1, то

sin P1 =

sin a2 = cos P,

* Pi =

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

cos P1 = 71 - sin2P1 .

Решив систему уравнений (1)—(5), получим sin2 a1 > n2 - 1.

Подставив значение показателя преломления nc = 1,5, получим sin2 a1 > 1,25.

Данное неравенство не имеет решения. Поэтому ни один луч, попавший на нижнюю грань CD, не выйдет через боковую грань ED кубика.

14.8.4. Полное внутреннее отражение выходящего луча наступит при Р2 =

= 90° (рис. 14.8.8). Согласно закону преломления sin P2 = n sin a2 или n sin a2 = 1, откуда

a2 = arcsin 1 = 41,8°.

C

Рис. 14.8.8

Поскольку сумма углов 45°, 90° - P1 и 90° - P2 треугольника ABC равна 180°, найдем P1 = 45° - P2 = 3,2°. Далее имеем sin a1 = n sin P1, откуда a1 = arcsin (n sin P1) = 4,7°.

Ответ: a1 = 4,7°.

sin a

n

631
14.8.8. Для того чтобы свет вышел в воду через грань AC, необходимо, чтобы на границе BC произошло полное внутреннее отражение. При этом a2 l an (угол падения больше или равен предельному углу), а угол падения на грань AC а3 был меньше предельного угла полного внутреннего отражения. Построим ход луча (рис. 14.8.9). Учтем, что P = а2 или P = an.

Для нахождения предельного угла запишем закон преломления. Для случая полного отражения

nCTsin an = nBsin 90°,

где nB = 1,3 — показатель преломления воды, nCT = 1,5 — показатель преломления стекла. Из последнего равенства имеем

sin an = — , an = arcsin 13 , an = 62,5°, P I 62,5°.

n nCT n 1,5 n

Для того чтобы луч достиг грани AC, угол призмы P должен быть больше или равен 62,5°.

Для того чтобы свет вышел через грань AC, угол падения а3 должен быть меньше предельного, т. е. а3 < 62,5°. Из рисунка находим

Z AMN = Z1 + Z3,

90° - a3 = 2(90° - Р) ^ 2Р = 90° + a3 ^ P < 76,2°.

Таким образом, для того чтобы свет вышел через грань AC, угол P должен удовлетворять условию:

62,5° < P < 76,2°.

14.8.11. На чертеже (рис. 14.8.10)

покажем осевое сечение. Сначала рассмотрим ход одного из лучей. На первой границе свет не изменит направление распространения. Выясним, что произойдет при падении света на боковую поверхность конуса. Построим угол падения a = 60°.

Вычислим предельный угол полного отражения:

sin an = 1, an = arcsin 1, an = 42°.

n n n n n

Рис. 14.8.10

Рис. 14.8.9

632
В точке A произойдет полное отражение, так как а > ап. Отраженный луч попадает в точку B и выходит в воздух, не меняя направления. Так как все падающие лучи от 1 до 2 параллельны между собой, то и все преломленные лучи параллельны.

Все лучи, расположенные ниже оси конуса, после преломления отклоняются вверх на такой же угол. Тогда освещенная область имеет вид кольца с внешним радиусом и внутренним T1.

Лучи, вышедшие через боковую поверхность конуса, составляют угол 30° с вертикалью, поэтому Ti = а ./3 .

Расстояние от центра равностороннего треугольника до экрана Э 2R

I = d + — , поэтому r2 = I ctg 30° = d J3

2Д.

Находим площадь освещенного кольца:

4dV3

S = п I r2 - r1 J = 4 пД I 3Д

126 см

14.8.12. Так как наблюдатель находится далеко от конуса, то лучи к нему должны приходить параллельными. А это возможно, если луч от края монеты будет идти так, как показано на рисунке 14.8.11. Следовательно, r =

= OB • sin а.

Треугольник SBO — равнобедренный, поэтому SO = OB = Д. Площадь изображения монеты S1 = nr2 = nR2sin2 а.

Площадь монеты S2 = пД2. Находим отношение площадей

п = Sr =

= 4.

R

Рис. 14.8.11

О т в е т: площадь изображения монеты меньше площади монеты в п = 4 раза.

14.9.5. Построим ход луча, расположенного выше оси пучка (рис. 14.9.5). На основании закона преломления

n sin а1 = sin Y1.

Угол падения на вторую границу а2 = Y1, так как Д AOB — равнобедрен-

„ „ S2 „

ный. По условию задачи — =4, сле-

S

Рис. 14.9.5

2

sin" a

633
довательно, —2 = 4, где Г2 и Г1 — радиусы сечений на выходе и вхо-

П rj

г2

де света, откуда 2 = 2.

Г1

С другой стороны, из AAOC и ABOD находим

T1 = R sin a = R sin a1, r2 = R sin в,

где R — радиус пузырька воздуха. Поэтому

R s in в = sin в = 2 R sin aj sin aj

Найдем угол в. Из рисунка видно, что

ZCOA + ZAOB + ZBOD = 180°,

тогда запишем

a1 + (180° - (Y1 + a2)) + в = 180°, так как a2 = Y1, в = 2y1 - a1;

Г sinC2 Y 1 -a j) = 2 ./ sin aj ’

n sin a1 = sin y.

По условию задачи пучок света узкий. Из этого следует, что все углы малы, поэтому отношение синусов можно заменить отношением углов:

raYj-aj =2,

J aj

[na1 = Y1.

Решив данную систему уравнений, получим ответ:

n = 1,5.

634
14.11.7. Без линзы пучок световых лучей сходится в точке A, с линзой — в точке A' (рис. 14.11.2); A — «мнимый» предмет, A' — действительное изображение. Из формулы линзы

1

F

1

Предыдущая << 1 .. 204 205 206 207 208 209 < 210 > 211 212 213 214 215 216 .. 252 >> Следующая
Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed