| @@ -1,93 +1,57 @@ |
| ### Условие |
| |
| |
| |
| $13.2.9.$ [Вставьте условие задачи] |
| |
| |
| |
| ### Решение |
| $13.2.9.$ Найти видимый радиус $r$ чёрного круга радиуса $R$, находящегося под прозрачным конусом с показателем преломления $n > 1.5$ и углом при вершине $2\alpha = 60^\circ$, если наблюдатель смотрит на круг с большого расстояния вдоль оси конуса. |
| |
| |
|  |
| |
| |
| |
| \documentclass{article} |
| |
| \usepackage[utf8]{inputenc} |
| |
| \usepackage[russian]{babel} |
| |
| \usepackage{amsmath} |
| |
| \usepackage{amssymb} |
| |
| \usepackage{graphicx} |
| |
| |
| |
| \begin{document} |
| Решение: |
| |
| |
| $13.2.9.$ Найти видимый радиус $r$ чёрного круга радиуса $R$, находящегося под прозрачным конусом с показателем преломления $n > 1.5$ и углом при вершине $2\alpha = 60^\circ$, если наблюдатель смотрит на круг с большого расстояния вдоль оси конуса. |
| |
| |
| |
| ### Решение |
| |
| \begin{center} |
| |
| \includegraphics[width=0.75\textwidth]{IMG_220.png} |
| |
| \end{center} |
| |
| |
| |
| 1. Так как конус и круг представляют собой фигуры вращения, обладающие осевой симметрией относительно оси $BH$. В силу осевой симметрии ход лучей одинаков во всех радиальных сечениях, поэтому нам достаточно рассмотреть прохождение лишь одного луча. Конечно, один луч, который будет идти вдоль оси вращения конуса, он вообще не будет никак сдивагться. |
|  |
| |
| |
| |
| 1. Так как конус и круг представляют собой фигуры вращения, обладающие осевой симметрией относительно оси $BH$, в силу осевой симметрии ход лучей одинаков во всех радиальных сечениях. Поэтому нам достаточно рассмотреть прохождение лишь одного луча. Конечно, один луч, который будет идти вдоль оси вращения конуса, вообще не будет никак сдвигаться. |
| |
| |
| Под видимым радиусом $r$ понимается расстояние от оси вращения $BH$ до крайнего входного луча, который после отражения внутри конуса попадает на самый край чёрного круга — точку $A$. Все лучи, находящиеся от оси на расстоянии меньшем $r$, попадают на поверхность круга, а лучи дальше $r$ — проходят мимо него. Далее идет построение этого луча. |
| Под видимым радиусом $r$ понимается расстояние от оси вращения $BH$ до крайнего входного луча, который после отражения внутри конуса попадает на самый край чёрного круга — точку $A$. Все лучи, находящиеся от оси на расстоянии меньшем $r$, попадают на поверхность круга, а лучи дальше $r$ — проходят мимо него. Далее идет построение этого луча. |
| |
| |
| 2. Так как наблюдатель находится на большом расстоянии,то можно считать, что лучи света падают перпендикулярно плоскости основания конуса. По закону Снеллиуса луч $EC$ входит в конус без преломления и падает на боковую грань $BD$ в точке $C$. |
| 2. Так как наблюдатель находится на большим расстоянии, то можно считать, что лучи света падают перпендикулярно плоскости основания конуса. По закону Снеллиуса луч $EC$ входит в конус без преломления и падает на боковую грань $BD$ в точке $C$. |
| |
| |
| 3. Полное внутреннее отражение на грани $BD$: |
| 3. **Полное внутреннее отражение на грани $BD$:** |
| И так как они параллельны ($EC \parallel BH$), то угол $\angle ECD = \alpha = 30^\circ$. Угол падения луча на грань равен: |
| И так как они параллельны ($EC \parallel BH$), то угол $\angle ECD = \alpha = 30^\circ$. Угол падения луча на грань равен: |
| \[ |
| $$ \gamma = 90^\circ - \alpha = 60^\circ $$ |
| \gamma = 90^\circ - \alpha = 60^\circ |
| |
| \] |
| Условие выхода света из оптически более плотной среды в менее плотную наружу без полного внутреннего отражения: |
| Условие выхода света из оптически более плотной среды в менее плотную наружу без полного внутреннего отражения: $\sin\gamma < \frac{1}{n}$. |
| $$ \sin\gamma < \frac{1}{n} $$ |
| По условию $n > 1.5 \Rightarrow \frac{1}{n} < \frac{2}{3} \approx 0.67$. |
| |
| |
| По условию $n > 1.5 \implies \frac{1}{n} < \frac{2}{3} \approx 0.67$. |
| Однако $\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866 > \frac{1}{n}$. Следовательно, луч испытывает полное внутреннее отражение и отражается под тем же углом $\gamma = 60^\circ$. |
| Однако $\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.866 > \frac{1}{n}$. Следовательно, луч испытывает полное внутреннее отражение и отражается под тем же углом $\gamma = 60^\circ$. |
| |
| |
| 4. |
| 4. Рассмотрим отраженный луч $CB$ и его прохождение через треугольник $\triangle OBC$. |
| Рассмотрим отраженный луч $CB$ и его прохождение через треугольник $\triangle OBC$. |
| |
| По закону отражения угол между отраженным лучом $CB$ и гранью $BD$ равен углу падения относительно грани $\alpha = 30^\circ$. |
| По закону отражения угол между отраженным лучом $CB$ и гранью $BD$ равен углу падения относительно грани $\alpha = 30^\circ$. |
| Угол при вершине основания конуса $\angle DBA = 2\alpha = 60^\circ$. |
| Угол при вершине основания конуса $\angle DBA = 2\alpha = 60^\circ$. |
| Рассмотрим треугольник $\triangle CBA$ : |
| Рассмотрим треугольник $\triangle CBA$: сумма углов дает: |
| сумма углов дает: |
| $$ \angle CBA = 180^\circ - 3\alpha = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ $$ |
| \[ |
| |
| \angle CBA = 180^\circ - 3\alpha = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ |
| |
| \] |
| |
| |
| |
| Так как отраженный луч $CB$ падает на поверхность основания $AB$ под углом $90^\circ$ , угол падения относительно нормали равен $0^\circ$. По закону Снеллиуса: |
| |
| \[ |
| |
| n \sin 0^\circ = 1 \cdot \sin \beta \implies \sin \beta = 0 \implies \beta = 0^\circ |
| |
| \] |
| |
| |
| |
| 5. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC: |
| |
| $\angle CAB = \alpha = 30^\circ$ и $\angle ACB = \alpha = 30^\circ$. |
| |
| Так как углы при основании равны, треугольник $\triangle ABC$ — равнобедренный, откуда: |
| |
| \[ |
| |
| BC = AB = R |
| |
| \] |
| |
| |
| |
| 6.В прямоугольном треугольнике $\triangle BDH$: |
| Так как отраженный луч $CB$ падает на поверхность основания $AB$ под углом $90^\circ$, угол падения относительно нормали равен $0^\circ$. По закону Снеллиуса: |
| \[ |
| $$ n \sin 0^\circ = 1 \cdot \sin \beta \implies \sin \beta = 0 \implies \beta = 0^\circ $$ |
| BD = \frac{HD}{\cos 60^\circ} = \frac{R}{1/2} = 2R |
| |
| \] |
| |
| Длина отрезка $CD$: |
| |
| \[ |
| |
| CD = BD - BC = 2R - R = R |
| |
| \] |
| |
| Из прямоугольного треугольника $\triangle CED$ ($ED \perp HD$): |
| |
| \[ |
| |
| ED = CD \cdot \sin\alpha = R \cdot \sin 30^\circ = \frac{R}{2} |
| |
| \] |
| |
| Искомый видимый радиус $r = HE$: |
| |
| \[ |
| |
| r = HD - ED = R - \frac{R}{2} = \frac{R}{2} |
| |
| \] |
| |
| |
| |
| |
| 5. Рассмотрим треугольник $\triangle ABC$: |
| |
| $$ \angle CAB = \alpha = 30^\circ \quad \text{и} \quad \angle ACB = \alpha = 30^\circ $$ |
| |
| Так как углы при основании равны, треугольник $\triangle ABC$ — равнобедренный, откуда: |
| |
| $$ BC = AB = R $$ |
| |
| |
| #### Ответ |
| 6. В прямоугольном треугольнике $\triangle BDH$: |
| |
| $$ BD = \frac{HD}{\cos 60^\circ} = \frac{R}{1/2} = 2R $$ |
| |
| Длина отрезка $CD$: |
| |
| $$ CD = BD - BC = 2R - R = R $$ |
| |
| Из прямоугольного треугольника $\triangle CED$ ($ED \perp HD$): |
| |
| $$ ED = CD \cdot \sin\alpha = R \cdot \sin 30^\circ = \frac{R}{2} $$ |
| |
| Искомый видимый радиус $r = HE$: |
| |
| $$ r = HD - ED = R - \frac{R}{2} = \frac{R}{2} $$ |
| |
| |
| Видимый радиус $r$ чёрного круга равен: |
| |
| \[ |
| |
| r = \frac{R}{2} |
| |
| \] |
| |
| |
| |
| |
| |
| |
| |
| \end{document} |
| |
| |
| |
| #### Ответ |
| Ответ: видимый радиус $r$ чёрного круга равен: |
| |
| $$ r = \frac{R}{2} $$ |
| [Вставьте краткий ответ или результат в рамке] |
| |
