ВсОШ 2023, Заключителен етап — Задача 11. 11-Т1 · Щель Кассини

1. Рассмотрим пучок лучей падающих на правое (по рисунку) основание конуса диаметром $D$. Часть лучей, идущих в пределах круга диаметром $d$ с центром на оси конуса, проходит без препятствий и образует на экране круглое пятно того же диаметра.

Остальные лучи, прошедшие через входное сечение конуса, испытывают не менее одного отражения от боковой поверхности конуса. Поскольку оптическая схема имеет осевую симметрию, то эти, испытавшие отражения, лучи будут образовывать кольца, с центром в точке пересечения экрана осью конуса. Выясним количество и геометрию этих колец (радиусы и ширину колец, а также возможность их перекрытия друг с другом).

Первое решение:

Рассмотрим луч, падающий на самый край входного сечения конуса. До попадания на экран он испытает максимальное количество отражений от боковой поверхности конуса. После каждого отражения от зеркальной поверхности угол между лучом и осью конуса увеличивается на $2\alpha$, где $\operatorname{tg}\alpha=(D-d)/(2h)=3d/(2h)$.

Применим для определения числа отражений известный в оптике метод, когда вместо отражения луча от поверхности и изменения его направления, рассматриваем прямую линию луча, отражая вместо него в границе раздела область пространства. При этом вместо ломаной и равнобокой трапеции, соответствующей осевому сечению конуса, получится луч и система трапеций (см. рис.).

Малые и большие основания трапеций при этом почти соответствуют сторонам многоугольников, вписанных в две концентрические окружности.

Радиус внутренней $(r)$ и внешней $(R)$ окружностей определяются из соотношений: $d=2r\sin\alpha$ и $D=2R\sin\alpha$. Тогда отношение радиусов окружностей равно отношению соответственных диаметров конуса: $R=4r$. Также несложно получить соотношение: $h=(R-r)\cos\alpha=3r\cos\alpha$.

Пусть угол, который образует выбранный луч с радиусом в точке пересечения внутренней окружности равен $\beta$, тогда $\sin\beta=4\sin\alpha$. Искомое число отражений луча равно целой части отношения:

Если применить условие $D\ll h$, получим, что $\beta\ll1$, следовательно, $\beta\approx4\alpha$ и $x\approx2{,}5$. Численное значение величины $x$ можно использовать для нахождения числа колец и их ширин. Целая часть соответствует числу полных колец ширины $d$ (вместе с центральным пятном диаметра $d$). Дробная часть соответствует ширине (в единицах $d$) последнего неполного наблюдаемого кольца наибольшего радиуса.

Таким образом, при $x=2{,}5$, на экране помимо центрального пятна наблюдается еще два кольца. Первое кольцо имеет ширину $d$ (полное) и радиус средней линии $R_1=2\alpha L=3dL/h$ (см. рис.). Второе кольцо имеет ширину $d/2$, что соответствует в рамках приближения дробной части числа $x$, и радиус внешней границы $R_2=4\alpha L=6dL/h$.

Второе решение:

Рассмотрим влияние «конического зеркала» на параллельный его оси пучок световых лучей. Учитывая очевидную симметрию картины относительно вращений вокруг оси конуса, рассмотрим одно его осевое сечение и лучи, падающие только на одну из боковых сторон получившейся в сечении трапеции.

Обозначим угол полураствора конуса $\alpha$. Из геометрии находим $\operatorname{tg}\alpha=(D-d)/(2h)=3d/(2h)$. Так как $D\ll h$, то $\alpha$ и все углы того же порядка можно считать малыми. Тогда $\alpha=3d/(2h)$.

Ясно, что лучи, не испытавшие отражения от поверхности конуса, продолжат идти параллельно его оси и образуют на экране круглое пятно диаметром $d$.

Лучи, испытавшие одно отражение и попавшие после этого в выходное отверстие, будут идти под углом $\alpha_1=2\alpha$ к оси. Зона отражения этих лучей $(x_1)$ определяется по точке отражения «крайнего» луча 2 (см. рис.). С учетом малости углов легко найти ширину этой зоны:

Данная группа лучей образует на экране кольцо ширины $d$ с центром на оси и радиусом средней линии $R_1=\alpha_1L=3dL/h$.

Далее, рассуждая аналогично, мы понимаем, что каждое дополнительное отражение увеличивает угол наклона луча к оси еще на $2\alpha$. Рассмотрим лучи, отразившиеся от конической поверхности отверстия дважды. Они выйдут из пластины под углом $\alpha_2=4\alpha$ и образуют на экране следующее кольцо. Найдем расстояние $x_2$ между точками первого отражения пограничных лучей из этой группы. Так как $\alpha\ll1$, то с хорошей точностью $x_2=x_1=2h/3$. Заметим, что $x_1+x_2=4h/3>h$. Это означает, что лучи, испытавшие два отражения, при пересекают не всю площадь выходного отверстия. По крайним лучам этой группы (3 и 4) можно определить толщину второго кольца: $d_2=d/2$ и радиус его внешней границы $R_2=\alpha_2=6dL/h$.

2. Поместим посредине между пластиной и экраном тонкую линзу. По условию $L=2F$, значит плоскость экрана является для линзы фокальной, и параллельные пучки лучей сфокусируются. Центральное пятно превратится в «точку» (не в математическом смысле, а в физическом, поскольку дифракционные явления принципиально ограничивают минимальный размер области фокусировки), а кольца — в «окружности». Радиусы «окружностей» (бывших колец) уменьшатся вдвое: $R'_1=\alpha L=3dL/(2h)$ и $R'_2=2\alpha L=3dL/h$.

Примечание к источнику: во втором решении на странице 41 напечатано $R_2=\alpha_2=6dL/h$ без множителя $L$ после $\alpha_2$; первое решение на странице 40 содержит $R_2=4\alpha L$. Сохранены обе исходные записи. Эта задача — самостоятельная родная задача 11 класса, вместе с дополнительным первым методом; задача 10-Т3 сохранена отдельно в своей исходной группе.