14. Электродинамика: анализ физических процессов: оптика

1. Образование пятна не связано с дисперсией света, так как дисперсия — это зависимость показателя преломления от длины волны, что приводит к разложению света на спектр. В данной задаче пятно образуется из-за полного внутреннего отражения, а не из-за разложения света.

Вывод: утверждение неверное.

2. Предельный угол полного внутреннего отражения $\alpha_{\text{пред}}$ определяется из соотношения:
$$\tan \alpha_{\text{пред}} = \frac{r}{h}, $$ где $r$ — радиус пятна, $h$ — глубина погружения.
Для данных из таблицы:
$$ \tan \alpha_{\text{пред}} = \frac{12}{10} = 1.2 > 1 $$
Так как $\tan 45^\circ = 1,$ а $\tan \alpha_{\text{пред}} > 1,$ то $\alpha_{\text{пред}} > 45^\circ.$

Вывод: утверждение неверное.

3. Показатель преломления жидкости $n$ связан с предельным углом $\alpha_{\text{пред}}$ соотношением:
$$ n = \frac{1}{\sin \alpha_{\text{пред}}} $$ Используя $\tan \alpha_{\text{пред}} = 1.2,$ находим:
$$ \sin \alpha_{\text{пред}} = \frac{\tan \alpha_{\text{пред}}}{\sqrt{1 + \tan^2 \alpha_{\text{пред}}}} = \frac{1.2}{\sqrt{1 + 1.44}} \approx 0.77 $$
Тогда:
$$ n \approx \frac{1}{0.77} \approx 1.3 < 1.5 $$

Вывод: утверждение верное.

4. Пятно образуется из-за того, что лучи света, падающие на границу жидкость-воздух под углами, большими предельного, испытывают полное внутреннее отражение и не выходят в воздух.

Вывод: утверждение верное.

5. Из таблицы видно, что при увеличении глубины погружения на $10$ см радиус пятна увеличивается на $12$ см. Это линейная зависимость, что означает равномерное движение границы пятна (без ускорения).

Вывод: утверждение неверное.

1. По закону отражения:
$$\theta_{отр} = \theta_{пад}$$ При уменьшении $\theta_{пад}$ угол $\theta_{отр}$ также уменьшается.
Утверждение $1$ верно.

2. Изначально наблюдается полное внутреннее отражение (ПВО), что означает $\theta_{пад} > \theta_{кр} ,$ где критический угол для воды:
$$\theta_{кр} = \arcsin\left(\frac{n_{возд}}{n_{воды}}\right) \approx 49^\circ$$ При $\theta_{пад} < \theta_{кр}$ преломление становится возможным.
Утверждение $2$ верно.

3. Отражение происходит всегда, независимо от того, есть преломление или нет.
Утверждение $3$ верно.

4. По закону Снеллиуса:
$$n_{воды} \sin \theta_{пад} = n_{возд} \sin \theta_{прел} $$ При уменьшении $\theta_{пад}$ уменьшается и $\theta_{прел}$.
Утверждение $4$ неверно.

5. Угол отражения всегда равен углу падения и не может превышать его.
Утверждение $5$ неверно.

1. По формуле тонкой линзы:
$$\frac{1}{F} = \frac{1}{2.5F} + \frac{1}{b} \Rightarrow b = \frac{5}{3}F \approx 1.67F$$ Так как $1.67F < 2.5F ,$ утверждение $1$ неверно.

2. При $a’ = 1.5F$:
$$\frac{1}{F} = \frac{1}{1.5F} + \frac{1}{b} \Rightarrow b = 3F$$Поскольку $3F > 2.5F ,$ утверждение $2$ верно.

3. При $a» = 3.5F$:
$$\frac{1}{F} = \frac{1}{3.5F} + \frac{1}{b} \Rightarrow b = \frac{7}{5}F = 1.4F$$ Так как $1.4F < 2.5F , $ утверждение $3$ неверно.

4. Оптическая сила $D = \frac{1}{F}$ зависит только от параметров линзы и не изменяется при ее смещении. Утверждение $4$ верно.

5. Для точечного источника на главной оси поворот линзы не изменяет положение изображения, которое остается на оси. Утверждение $5$ неверно.

1. Фокусное расстояние:
$$F = \frac{1}{D} = \frac{1}{2.5} = 0.4 \text{ м} = 40 \text{ см}$$ Утверждение $1$ неверно.

2. При $d = 50\ см$:
Изображение действительное.
Увеличенное.
Утверждение $2$ верно.

3. Приближение предмета на $15\ см.$
Новое расстояние $d’ = 50- 15 = 35\ см$:
Изображение становится мнимым.
Утверждение $3$ верно.

4. По формуле линзы:
$$\frac{1}{f} = D- \frac{1}{d} = 2.5- \frac{1}{0.5} = 0.5 \Rightarrow f = 2 \text{ м}$$
Утверждение $4$ неверно.

5. Удаление предмета на $30\ см.$
Новое расстояние $d» = 50 + 30 = 80\ см$:
Изображение становится равным по размеру предмету (уменьшается по сравнению с первоначальным увеличенным).
Утверждение $5$ верно.

1. Положение первоначального изображения.
По формуле тонкой линзы:
$$\frac{1}{f} = D- \frac{1}{d} = 2.5- \frac{1}{0.5} = 0.5 \Rightarrow f = 2 \text{ м}$$
Утверждение верно.

2. Характер первоначального изображения.
При $d = 50\ см$:
Изображение действительное.
Увеличенное.
Утверждение неверно.

3. Приближение предмета на $20\ см.$
Новое расстояние $d’ = 50- 20 = 30\ см$:
Изображение становится мнимым и увеличенным.
Утверждение неверно.

4. Фокусное расстояние.
$$F = \frac{1}{D} = \frac{1}{2.5} = 0.4 \text{ м} = 40 \text{ см}$$ Утверждение верно.

5. Удаление предмета на $30\ см$:
Новое расстояние $d» = 50 + 30 = 80\ см$:
Изображение становится равным по размеру предмету.
Утверждение верно.

$1)$ Для тонкой линзы в среде с показателем преломления $n_{\text{среды}}$ оптическая сила $D$ связана с радиусами кривизны поверхностей $R_1,R_2$ и показателем преломления линзы $n_{\text{линзы}}$ формулой
$$D=\dfrac{1}{F}=\left(\dfrac{n_{\text{линзы}}}{n_{\text{среды}}}-1\right)\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)$$

$2)$ Для воздуха $n_{\text{воздуха}}=1$ множитель при геометрическом сочетании равен $\dfrac{1.54}{1}-1=0.54,$ поэтому
$$D_{\text{в воздухе}}=0.54\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)$$
Так как по рисунку линза собирающая, то $\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)>0$ и $D_{\text{в воздухе}}>0.$

$3)$ При погружении в воду $n_{\text{воды}}=1.33$ множитель становится меньше:
$$D_{\text{в воде}}=\left(\dfrac{1.54}{1.33}-1\right)\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)=0.1578947\ldots\left(\dfrac{1}{R_1}-\dfrac{1}{R_2}\right)$$

$4)$ Сравним оптические силы в двух средах. Отношение равно
$$\dfrac{D_{\text{в воде}}}{D_{\text{в воздухе}}}=\dfrac{\dfrac{1.54}{1.33}-1}{\dfrac{1.54}{1}-1}\approx\dfrac{0.1578947}{0.54}\approx0.2924$$Фокусное расстояние увеличилось.

$5)$ Поскольку множитель $\dfrac{n_{\text{линзы}}}{n_{\text{среды}}}-1$ при переходе из воздуха в воду остается положительным $($т.к. $n_{\text{линзы}}=1.54>n_{\text{воды}}=1.33 ),$ знак оптической силы не меняется. Значит линза осталась собирающей.

$1)$ Закон преломления (закон Снеллиуса) для перехода из первой среды в вторую записывается как
$$n_{\text{воздуха}}\sin\theta_{\text{пад}}=n_{\text{стекла}}\sin\theta_{\text{прел}}$$
Поскольку $n_{\text{воздуха}}<n_{\text{стекла}},$ получаем $\sin\theta_{\text{прел}}=\dfrac{n_{\text{воздуха}}}{n_{\text{стекла}}}\sin\theta_{\text{пад}}<\sin\theta_{\text{пад}},$ а значит $\theta_{\text{прел}}<\theta_{\text{пад}}.$ Следовательно утверждение $1)$ верно.

$2)$ Угол отражения равен углу падения, поэтому угол между падающим и отраженным лучами равен двойному углу падения,
$$\phi=2\theta_{\text{пад}}$$
и при увеличении $\theta_{\text{пад}}$ величина $\phi$ увеличивается. Следовательно утверждение $2)$ верно.

$3)$ По закону Снеллиуса при $\theta_{\text{пад}}=45^\circ$ имеем
$$\sin\theta_{\text{прел}}=\dfrac{n_{\text{воздуха}}}{n_{\text{стекла}}}\sin45^\circ$$
При $n_{\text{воздуха}}<n_{\text{стекла}}$ правая часть меньше $\sin45^\circ=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\approx0.707,$ тогда как $\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\approx0.866.$ Поэтому $\theta_{\text{прел}}$ не может равняться $60^\circ.$ Утверждение $3)$ неверно.

$4)$ Скорость света в среде связана с показателем преломления формулой
$$v_{\text{стекла}}=\dfrac{c}{n_{\text{стекла}}}$$
Чтобы $v_{\text{стекла}}=\dfrac{c}{2},$ требовалось бы $n_{\text{стекла}}=2,$ однако в условии дано только соотношение $n_{\text{воздуха}}<n_{\text{стекла}}$ и нет основания считать $n_{\text{стекла}}=2,$ поэтому утверждение $4)$ нельзя считать верным на основании данных и оно неверно.

$5)$ Явление полного внутреннего отражения возможно только при переходе света из более оптически плотной среды в менее оптически плотную, и при этом существует критический угол $\theta_c,$ при котором
$$\sin\theta_c=\dfrac{n_{\text{менее плотной}}}{n_{\text{более плотной}}}$$
В рассматриваемом случае свет идет из воздуха в стекло, то есть из менее плотной в более плотную среду $( n_{\text{воздуха}}<n_{\text{стекла}} ),$ поэтому условия для полного внутреннего отражения не выполняются. Следовательно утверждение $5)$ верно.

$1)$ Объяснение: На рисунке изображение $A’B’$ увеличено и имеет тот же знак ориентировки, что и предмет, то есть изображение прямое и увеличенное. Для тонкой линзы такое изображение возникает, когда предмет расположен между оптическим центром и фокусом, что возможно только для собирающей (собирающей) линзы. Формула для ступенчатой связи объект—изображение задается тонкой линзой
$$\dfrac{1}{F}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a’}$$

$2)$ Объяснение: По построению на рисунке предмет $AB$ расположен слева от оптического центра линзы $O,$ следовательно центр линзы $O$ находится правее предмета $AB.$ Обозначив координаты по оси, это записывается как $x_O>x_{AB}$

$3)$ Объяснение: Для виртуального, прямого и увеличенного изображения характерно, что масштаб $\beta$ положителен и больше единицы; связь масштаба с расстояниями задается формулой
$$\beta=\dfrac{A’B’}{AB}=-\dfrac{a’}{a}$$
Поскольку на рисунке изображение прямое, то $\beta>0,$ откуда $a'<0$ и изображение мнимое. Следовательно утверждение $3)$ неверно.

$4)$ Объяснение: Для предмета, лежащего между фокусом и линзой ($0<a<F$), из формулы тонкой линзы находим для расстояния до мнимого изображения
$$a’=\dfrac{aF}{a-F}$$
и его модуль
$$|a’|=\dfrac{aF}{F-a}$$
Тогда расстояние между предметом и изображением равно
$$BB’=|a’|-a=\dfrac{a^2}{F-a}$$
На основании анализа данного рисунка видно, что расстояние $BB’$ относительно невелико, и фокусное расстояние $F$ больше этого отрезка, поэтому утверждение $4)$ верно для представленной конфигурации.

$5)$ Объяснение: На рисунке фокусы симметричны относительно оптического центра и лежат на расстоянии $F$ от него. В рассматриваемой конфигурации предмет и его мнимое изображение расположены по одну сторону от линзы и отрезок между ними не содержит фокуса линзы, поэтому утверждение $5)$ неверно.