Физика в задачах для поступающих в вузы - Турчина Н.В.
ISBN 978-5-94666-452-3
Скачать (прямая ссылка):
Ответ: N = 7.
а расстояние между изображениями O' и O" равно учетверенному расстоянию AO|:
Таким образом, изображения O' и O'' сближаются со скоростью и = 4и1. Следовательно,
14.5.1. Из рисунка 14.5.3 видно, что угол падения солнечных
к поверхности воды.
14.5.11. Если направить на край плота в т. A луч света под углом а, то граница тени будет проходить через т. B (рис. 14.5.4). Отрезок OB = OC - CB. Далее находим (см. Д ABC):
14.3.5. Расстояние |AO| (рис.14.3.7) между неподвижным источником света O и движущимся равномерно со скоростью U1 зеркалом изменяется со временем по закону AO| = x - ^t.
O
--*---
A B
Расстояние |OO'| между источником O и его изображением |O'| равно удвоенному расстоянию AO|:
Рис. 14.3.7
|OO'| = 2|AO| = 2x0 - 2u1t,
|O'O''| = 4AO| = 4x0 - 4u1t.
U1 = v = 1,25 м/с.
лучей а = 90°. Из закона преломления sin а = n, или 1 = n, отку-
sin р sin р
да sin P = - =0,75; P d 49°. Следовательно, пловец видит солнце
n
под углом
ф = а - P = 41°
OB = R - AC tg у = R - h tg у.
626
Рис. 14.5.3
Из закона преломления запишем
sin Y = sina ,
где n — показатель преломления воды. Тогда tg Y =
Л
n2 - sin2a
В точку A свет попадает под разными углами, но самое большое значение угла преломления Y будет при а ^ 90°, тогда sin а ^ 1 и
tg Y =
Поэтому
OB = R - .
л/n2 - 1
При освещении плота рассеянным светом в воде образуется конус с вершиной D, внутрь него свет попасть не может — там тень. На дне образуется темный круг, радиус которого
r=R-
h
0,72 м.
Задача имеет решение, если R l —h— , в противном случае дно
,/П2-!
будет равномерно освещено. Ответ: r d 0,72 м.
627
14.6.1. Так как sin a = 1, то sin aKP = — = 0,66; aKP = 41,5°;
n Kp „кр кр
sin aф = — = 0,65; a,^ = 40,8°.
пф
Ответ: aKp = 41,5°; aф = 40,8°.
14.6.4. Из ASOA находим радиус, удовлетворяющий условию
, то tg a = —1
n
(рис. 14.6.1) R = Htg a0. Так как sin a0 = 1, то Поэтому
vn2-!
R =
H
,/П2—!
= 3 м.
Ответ: R = 3 м.
Рис. 14.6.1
14.6.8. Из геометрии рисунка 14.6.2
s = (H - A)tg a0 + Htg a0, где a0 — предельный угол полного внутреннего отражения; sin a0 = 1 ,
tg a0 =
V1 - sin 2 ao
Решив данную систему уравнений, получим ответ: „ 2H - h
Vn2
1
14.6.12. Внутри световода распространяются только лучи, падающие на его боковую поверхность под углом a l a0 (рис. 14.6.3). 0
Луч, вышедший через центр торца световода, в точке A претерпел полное внутреннее отражение, поэтому угол падения
a = 90° - a0.
sin a
628
Угол преломления у найдем из закона преломления: sin Y = n sin a = n sin(90° - а0) = n cos а0.
Угловая апертура выходящего пучка P = 2y. Известно, что
sin a0 = - .
Тогда
cos ao = І1 - -1 = ^n2 1,
0H n n
sin Y = Jn2 - 1 .
Это уравнение имеет решение, если 0 < Jn2 - 1 < 1. Следовательно,
1 < n < J2 .
Если 1< n < V2 , то P = 2 arcsin Vn2 - 1 ; если n = J2 , то P = 180°.
Ответ: P = 2 arcsin Jn2 - 1 .
14.7.2. Смещение луча I = AB sin (a - Р),
где P — угол преломления луча в стекле (рис. 14.7.3). Находим толщину пластинки:
d = AB cos P = —
l cos в
sin a cos в - cos a sin в
Согласно закону преломления sin P = sin a ,
n
т. е. cos P =/1
поэтому
d=
lj,
n2 - sin2a
sin a (V n2 - sin2 a - cos a)
39 мм.
Ответ: d d 39 мм.
14.7.3. Согласно закону преломления sin a
sin в
= n. Из Д DAC (рис. 14.7.4) сторона DA =
= d tg Р, а BA = 2DA = 2a tg Р, тогда I = BA sin(90° - a).
Из приведенных уравнений получим о т в е т:
, d sin2a і к
I = — = 1,5 см.
Рис. 14.7.4
n2- sin2 a
n
2
2
n
629
14.7.7. По закону преломления sin a = n. Если sin P = — , где
sin в n
n1 — показатель преломления воды, то произойдет полное внутреннее отражение от поверхности раздела стекло—вода. Тогда sin a = = n sin P = n1 = 1,33, т. е. условия задачи неосуществимы.
Ответ: такого угла нет.
14.7.8. Разобьем всю пластину на N достаточно тонких слоев, таких, что в пределах каждого слоя показатель преломления можно считать неизменным, а луч — прямолинейным (рис. 14.7.5).
Законы преломления на границах слоев имеют вид:
sin a n sin a n sin a n sin a n
sin a^ n sin a.2 n^ sin a^ n2 sin a^ +1 n^
где (N + 1)-й слой лежит уже за пределами пластины, т. е. a^+1 — это угол, под которым луч выходит из пластины, а nN+i = n. Перемножая вышеприведенные равенства, получаем
sin a = nN + 1 = n = 1 sin aN +1 n n ’
откуда следует, что a^+i = a. Таким образом, вышедший из пластины луч будет параллелен лучу, падающему на пластину.
Ответ: aN + 1 = a.
14.7.10. Проследим ход произвольного луча. Луч падает на грань CD под углом ai, преломляется под углом Pi и попадает на грань ED под углом a2 (рис. 14.7.6).
Для того чтобы луч вышел из стекла, необходимо, чтобы угол падения a2 был меньше предельного угла полного внутреннего отражения для границы стекло—воздух: a2 < an.
E
Рис. 14.7.5
630
