Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2003/01/63.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:27:17 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:30:48 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: южная атлантическая аномалия

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

4mg B= . 3al 9. Поскольку в условии задачи специально не оговорено положение оптической оси объектива, будем решать задачу, полагая, что эта ось проходит через центр Солнца. Тогда можно утверждать, что изображение Солнца (весьма удаленного от объектива светящегося шара), даваемое первой собирающей линзой, должно располагаться в ее фокальной плоскости и иметь вид круга, центр которого лежит на оптической оси, а радиус равен r = F tg , где половина угла, под кото1

F F2 R 1 = = 25 см . F= tg F2 - F1 + L

63

Л1 1 O1

L 2 O2 3 C

Л2



F1 D r R A B

F2

Рис. 27

рым виден диаметр Солнца из места расположения линзы (рис.27). По условию задачи рассеивающая линза расположена за собирающей на расстоянии L, меньшем фокусного расстояния последней. Поэтому для нахождения изображения Солнца, получаемого с помощью заданного объектива, круг радиусом r следует рассматривать как мнимый предмет, изображение которого рассеивающей линзой и является искомым. Воспользовавшись формулой линзы, можно найти положение изображения, формируемого рассеивающей линзой, а затем, используя формулу для поперечного увеличения, определить радиус R изображения Солнца, получаемого с помощью данного объектива. Однако решить задачу можно и не прибегая к указанным формулам, а построив изображение круга радиусом r, полагая, как и при использовании ранее указанных соотношений, что, изображение Солнца является стигматичным. На рисунке 27 показан один из возможных вариантов такого построения. Здесь цифрой 1 обозначен один из лучей, идущих от крайних точек Солнца и проходящих через оптический центр O1 собирающей линзы Л1 . Ход этого луча за точкой его пересечения с главной плоскостью рассеивающей линзы Л2 вплоть до точки А его пересечения с фокальной плоскостью собирающей линзы показан пунктирной линией. По предположению, изображение Солнца является стигматичным, т.е. все лучи, исходящие из некоторой его точки, должны пересекаться в одной и той же одной точке точке, являющейся изображением рассматриваемой точки Солнца. Поэтому для нахождения изображения точки А можно воспользоваться, например, лучом 2, совпадающим с побочной оптической осью рассеивающей линзы, проходящей через точку А, и лучом 3, продолжение которого (на рисунке 27 оно изображено пунктирной линией) проходит через точку А и главный фокус F2 рассеивающей линзы. После пересечения главной плоскости линзы Л2 в точке С луч 3 выходит из нее параллельно оптической оси объектива и пересекает луч 2 в точке В, являющейся изображением точки А. Из подобия прямоугольных треугольников FF2 A и O2F2C следует, что 1 r R = ( F2 - F + L) F2 . 1 Поскольку изображения Солнца, создаваемые неизвестной тонкой линзой и данным объективом, должны быть одинаковыми, то главная оптическая ось этой линзы должна проходить через центр Солнца, а ее фокусное расстояние должно быть равно

10. Падающий на пластинку параллельный пучок фотонов, имеющих одинаковую энергию, с точки зрения электромагнитной теории света следует рассматривать как плоскую монохроматическую волну, частота колебаний в которой равна = W h , где h = 6, 62 Ч 10 -34 Дж Ч с постоянная Планка. Часть этой волны, падающая на горизонтальную плоскость пластинки, внутри нее рас пространяется в прежнем наBA C правлении, так как скорость фотонов направлена вертиn кально вниз. Часть же волD ны, падающая на образуюH щую с горизонтом угол плоскую поверхность пласP тинки, испытывает преломление (рис.28). Считая, как E F обычно, стекло однородным Рис. 28 прозрачным изотропным материалом, на основании известного закона геометрической оптики можно доказать, что нормаль к волновому фронту этой части волны внутри пластинки должна образовывать с вертикалью угол , удовлетворяющий соотношению sin = n sin ( - ) , или = ( 1 - 1 n) , так как = 1 рад . По условию задачи на матовой нижней плоскости пластинки наблюдается интерференционная картина. Поскольку в задаче требуется определить наибольший порядок максимума в этой картине, будем считать, что интерференционная картина может наблюдаться во всей области, где имеет место наложение световых пучков. Из рисунка 28 ясно, что интерференция может иметь место лишь на отрезке EF. Считая, что пластинка находится в воздухе, показатель преломления которого, как обычно, будем считать равным единице, можно доказать, что при заданных параметрах пластинки и энергии падающих фотонов наибольшая разность хода будет иметь место в точке F. Следовательно, максимальный порядок наблюдаемого интерференционного максимума должен быть равен целой части отношения разности длин отрезков BF и AF к длине волны распространяющегося в пластинке излучения. Поскольку скорость света в вакууме равна с = 3 Ч 108 м с , а фазовая скорость света в пластинке в n раз меньше, то искомый порядок интерференции должен быть равен целой части отношения

BF - AF nH ж 1 hc ц - 1 , где = n= . з cos ч W и ш
Учитывая, что, в силу малости угла, cos = 1 - sin 2 ' ' 1 - 2 2 , получим
2 м п nH kmax ' E н п 2 о

м ( n - 1) 2 2H W ь ь п п п э = Eн э = 6, 2nhc п ю п п о ю

где символ E{} означает, что от стоящего в фигурных скобках выражения должна быть взята целая часть.

Факультет вычислительной математики и кибернетики
sin

1. =

2L M2 . v0 m2

2. = arctg

cos + 1 + m sin2 M

(

)

= arctg 0, 4 ' 22o .

M + mц ж 3. H = h з1 + 1 ч = 25 см . M2 ш и

4. a1 =

a2 ( 4 g - a2 ) 2 ' 9, 7 м с 2 .