Тема Оптика. Преломление и отражение

04 Сферическое зеркало

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела оптика. преломление и отражение

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#39408

Радиус кривизны вогнутого зеркала 80 см. На каком расстоянии от зеркала нужно поместить предмет, чтобы его действительное изображение было вдвое больше предмета?

Показать ответ и решение

Чтобы построить $A ′$ - изображение точки $A$ , рассмотрим два луча, исходящие из точки $A$ :
1) параллельный главной оптической оси,
2) идущий через главный фокус.
После отражения, согласно правилам построения изображения в сферическом зеркале, они пересекутся в одной точке $A ′$ - это и есть изображение точки $A$ . Поместим предмет $AB$ между фокусом $F$ и оптическим центром $C$ и построим его изображение $′ ′ A B$ .

Для определения неизвестной величины воспользуемся формулами увеличения сферического зеркала:

Γ = H--= f- h d

и формулой сферического зеркала:

1- 1- 1- d + f = F

В этих формулах:

H = A ′B ′,h = AB; H--= 2 ⇒ f = 2d,F = R- h 2

Произведём замену в

1 1 2 2 + 1 3R 3 ⋅ 0,8 --+ ---= --, ----- = 2R, ⇒ d = --- = -------= 0,6 м d 2d R 2d 4 4

Ответ:

Критерии оценки


Критерии оценивания выполнения задачи	Баллы

Построено изображение	2

Записана формула увеличения	2

Записана формула тонкой линзы	2

Объяснено построение, использованы соотношения между величинами	2

Представлен правильный ответ	2

Максимальный балл	10

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#39409

Найдите главное фокусное расстояние зеркала, если светящаяся точка и её действительное изображение лежат на главной оптической оси вогнутого зеркала на расстоянии 16 см и 100 см соответственно от главного фокуса.

Показать ответ и решение

Построим изображение светящейся точки $S$ . Для этого используем два луча: луч $SO$ , идущий вдоль главной оптической оси, и произвольный луч $SA$ . После отражения луч $SO$ пойдёт от зеркала вдоль главной оптической оси. Чтобы найти, как пойдёт луч $SA$ после отражения от зеркала, проведём фокальную плоскость $M N$ и побочную оптическую ось $CD$ , параллельную лучу $SA$ , которая пресечёт фокальную плоскость в точке $B$ . Через точку $B$ должен пройти луч $SA$ после отражения от зеркала ( $A′S′$ ).
Изображение $′ S$ светящейся точки $S$ будет лежать на главной оптической оси в точке пересечения отражённых лучей.

Для определения главного фокусного расстояния $F$ , возьмём формулу сферического зеркала:

1 1 1 -+ --= -- d f F

по условию задачи $d = F + a$ и $f = F + b$ , подставим эти выражения в формулу

--1--- + --1---= 1- F + a F + b F

в результате математических преобразований получим $√ --- F = ab = √0,-16-⋅ 1-= 0,4 м$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#39410

Цилиндрический сосуд с жидкостью вращается с угловой скоростью $ω = 10 ∕3с−1$ вокруг вертикальной оси $AB$ , совпадающей с осью симметрии сосуда (см. рис.). Наблюдатель, находясь вблизи экватора Земли, рассматривает в полдень изображение Солнца с помощью миниатюрной камеры $K$ , расположенной на оси вращения.
1) Найти радиус кривизны свободной поверхности жидкости в её нижней точке $O$ .
2) На каком расстоянии от точки $O$ будет наблюдаться изображение Солнца, полученное в отраженных от свободной поверхности жидкости лучах? Принять $g = 10$ м/ $2 с$ .
(«Физтех», 2022, 11)

Показать ответ и решение

Способ №1 от АВ
1) Выведем уравнение свободной поверхности, для сосуда который вращается. Покажем на рисунке силы, действующие на малый элемент жидкости: сила тяжести, сила инерции и сила Архимеда.

Соответственно, результирующая сил тяжести и инерции должна лежать на той же прямой, что и сила Архимеда, то есть они будут перпендикулярны касательной к нашей поверхности жидкости. Тангенс угла наклона касательной:

2 tg α = dy- = F-ин= m-ω-x- dx mg mg

ω2 dy = --xdx g

Интегрируя, получим ( $c = 0$ ):

2 2 y = ω-x-- g 2

2) Найдём радиус кривизны с помощью кинематики. Мы знаем, что зависимость $y(x)$ при движении в поле тяжести Земли является параболой. То есть для горизонтального броска получим следующее:

2 2 y(t) = gt-; x(t) = v0t ⇒ y(x) = gx--= -g-x2 2 2v0 2v0

Ускорение свободного падения является, с другой стороны, нормальным ускорением, так как оно перпендикулярно скорости.

2 an = v0-= g ⇒ v2 = gR ⇒ y = -g-x2 R 0 2R

$R$ - это радиус кривизны в верхней точке траектории. В итоге получим:

1-- 2 y = 2R x

3) Сопоставим эти две зависимости, и тогда получим, что:

ω2 1 g ---= --⇒ R = -2- g R ω

4) У параболы есть фокус, в который будут попадать все лучи, идущие параллельно оси $y$ . Изображение Солнца как раз и будет находиться в фокусе. С другой стороны, рассмотрим нижнюю часть параболы, как сферическое зеркало, которое также будет собирать все лучи, идущие параллельно оси $y$ , в своём фокусе. Фокус сферического зеркала равен половине радиуса кривизны, то есть:

R g F = -- = ---2 2 2ω

Способ №2 от АВ
Докажем, что все линии, идущие параллельно оси $y$ , пересекутся. Пусть парабола будет вида $y = ax2$ . Обозначим пересечение продолжения луча с осью $x$ за $x0$ . Построим касательную к точке пересечения луча и параболы, а также перпендикуляр к ней. Угол падения луча равен углу отражения от параболы, то есть $α$ . Также $y = ax20$ .

Тангенс угла наклона касательной равен значению производной функции в точке $x0$ .

tg α = y (x )′ = 2ax0

Угол между направлением отражённого луча и горизонталью равен:

90∘ − (180 ∘ − 2 α) = 2α − 90∘

y − y∗ ax2 − y∗ tg (2α − 90∘) = -0----- = ---0----- = − ctg(2α ) x0 x0

1 − tg2 α 4a2x2− 1 − ctg(2α ) = −--------- = ----0----- 2 tg α 4ax0

Получаем:

2 3 ∗ 2 3 ∗ -1- 4a x 0 − 4ax0y = 4a x0 − x0 ⇒ y = 4a

$y∗$ это и есть местоположение нашего фокуса. Из первого пункта первого способа мы нашли, что уравнение поверхности воды это:

2 2 y = ω-x-- g 2

Тогда отсюда получим, что:

F = 1--2g--= --g- 4a 4ω2 2 ω2

Официальное решение Физтеха

1) Малый «кусочек» жидкости массой $m$ на поверхности жидкости имеет ускорение $2 a = ω x$ . Из второго закона Ньютона $tg α = ma- mg$ . Имеем $tgα = ω2x g$ . Так как угол $α$ мал, то $tg α = --x- ≈ x- R −y R$ .
Итак, $ω2x x- g = R$ . Отсюда радиус кривизны $g- R = ω2 = 90$ см.
2) Изображение в т. С на расстоянии $L = 12R = 45$ см от т. О. Это можно показать, рассматривая поверхность жидкости вблизи т. О как сферическое зеркало. Можно сразу сказать, что изображение в фокусе зеркала или рассмотреть ход падающего и отраженного лучей при малом $α$ .