Решения заданий ФИПИ ЕГЭ по физике: «Геометрическая оптика» — с ответами

В первом случае изображение действительное, так как оно получено на экране. Обозначим расстояние от предмета до линзы через $d_1$, а расстояние от линзы до экрана — через $f_1$. Из условия увеличения получаем:$$\Gamma_1=\frac{f_1}{d_1}=5,\quad f_1=5d_1$$

Подставим это соотношение в формулу тонкой линзы и найдём расстояния до предмета и изображения:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{f_1}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{5d_1}=\frac{6}{5d_1};\quad d_1=18\text{ см},\quad f_1=90\text{ см}$$

Найдём фокусное расстояние собирающей линзы по оптической силе:$$f = \dfrac{1}{D} = \dfrac{1}{5}\ \text{м} = 0{,}2\ \text{м} = 20\ \text{см}$$

Для действительного изображения увеличение связано с расстояниями до предмета и изображения соотношением $k = \dfrac{b}{a}$. Поэтому при $k = 2$ имеем $b = 2a$.

Оптическая сила линзы связана с её фокусным расстоянием соотношением $D=\dfrac{1}{F}$. Поэтому$$F=\frac{1}{D}=\frac{1}{5}=0{,}2\ \text{м}$$

Расстояние от линзы до экрана является расстоянием до изображения: $f=0{,}5\ \text{м}$. По формуле тонкой линзы найдём расстояние от груза до линзы:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f},\qquad \frac{1}{d}=\frac{1}{0{,}2}-\frac{1}{0{,}5}=3\ \text{м}^{-1},\qquad d=\frac{1}{3}\ \text{м}$$

Для главных максимумов дифракционной решётки выполняется условие:$$d\sin\varphi_m=m\lambda$$

При малых углах координата максимума в задней фокальной плоскости линзы равна:$$x_m\approx f\varphi_m=\frac{fm\lambda}{d}$$

При переходе света из одной прозрачной среды в другую частота световой волны не изменяется: её задаёт источник.$$f = \text{const}$$

Длина волны в жидкости определяется выражением:$$\lambda = \dfrac{c}{nf}$$

По рисунку расстояние между соседними линиями сетки составляет $5\,\text{см}$, поскольку отрезок длиной $20\,\text{см}$ равен четырём клеткам.$$1\ \text{клетка}=\dfrac{20}{4}=5\,\text{см}$$

Источник находится на расстоянии шести клеток от оптического центра, а изображение — на расстоянии трёх клеток.$$a=OS=6\cdot5=30\,\text{см},\quad b=OS'=3\cdot5=15\,\text{см}$$

При падении перпендикулярно грани $AC$ луч не меняет направления и распространяется внутри клина вертикально вверх.$$i_{AC}=0^\circ$$

Грань $AB$ образует с горизонтальной гранью $AC$ угол $\alpha = 30^\circ$. После отражения от $AB$ луч отклоняется так, что его направление образует с горизонталью угол $30^\circ$ вниз.

Переведём оптическую силу линзы в фокусное расстояние:$$f = \dfrac{1}{D} = \dfrac{1}{50}\ \text{м} = 0{,}02\ \text{м} = 2\ \text{см}$$

Расстояния от переднего фокуса до крайних положений груза равны $l-A$ и $l+A$. Поэтому расстояния от линзы до этих положений:$$a_1 = f + l - A,\qquad a_2 = f + l + A$$

Оптическая сила линзы равна $D = 2{,}5\ \text{дптр}$, поэтому фокусное расстояние:$$f = \frac{1}{D} = \frac{1}{2{,}5} = 0{,}4\ \text{м}$$

Половина диагонали квадрата равна $s = \dfrac{a}{\sqrt{2}}$. Поэтому вершины диагонали, направленной вдоль главной оптической оси, находятся на расстояниях:$$d_1-s = 0{,}8-\frac{0{,}2}{\sqrt{2}}\ \text{м},\qquad d_1+s = 0{,}8+\frac{0{,}2}{\sqrt{2}}\ \text{м}$$

Расстояние от линзы до второго источника равно разности расстояния между источниками и расстояния до первого источника:$$a_2 = L-x = 1-0{,}20 = 0{,}80\ \text{м}$$

Так как источники расположены по разные стороны линзы, для совпадения изображений выбираем случай $x < f < L-x$. Изображение первого источника является мнимым и находится с той же стороны линзы, что и первый источник, а изображение…

Оптическая сила линзы связана с фокусным расстоянием соотношением $D=\dfrac{1}{f}$.$$f=\dfrac{1}{D}=\dfrac{1}{5}=0{,}2\ \text{м}$$

По условию расстояние от линзы до экрана равно расстоянию до изображения: $b=0{,}5\ \text{м}$. Из формулы тонкой линзы найдём расстояние от груза до линзы.$$\dfrac{1}{f}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b},\qquad \dfrac{1}{a}=5-2=3,\qquad a=\dfrac{1}{3}\ \text{м}$$

Для первоначального положения изображения увеличение по модулю равно 5. Для действительного изображения линзы $|\Gamma| = \dfrac{F_1}{d_1}$, поэтому $F_1 = 5d_1$.$$|\Gamma| = \frac{F_1}{d_1} = 5$$

Используем формулу тонкой линзы и найдём первоначальное расстояние от предмета до линзы.$$\frac{1}{f}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{F_1}=\frac{1}{d_1}+\frac{1}{5d_1}=\frac{6}{5d_1}$$

Свяжем оптическую силу линзы с её фокусным расстоянием.$$D = \dfrac{1}{f}$$

При оптической силе $D = 1\ \text{дптр}$ фокусное расстояние равно $f = 1\ \text{м}$. Расстояние от источника до линзы составляет $d = 3f = 3\ \text{м}$.

Выразим фокусное расстояние через оптическую силу линзы:$$f = \frac{1}{D} = \frac{1}{10}\ \text{м} = 0{,}1\ \text{м} = 10\ \text{см}$$

По формуле тонкой линзы найдём расстояние от линзы до предмета:$$\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{F}$$

Действительное изображение образуется собирающей линзой. Обозначим расстояние от предмета до линзы через $a$, а расстояние от линзы до изображения — через $b$.

По условию линейное увеличение равно 5:$$\Gamma = \frac{b}{a} = 5,\qquad b = 5a$$

Используем формулу тонкой линзы. Для собирающей линзы $f = 40$ см, а для мнимого изображения расстояние до изображения $F = -60$ см.$$\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{F}$$

Выразим расстояние от предмета до линзы:$$\frac{1}{d} = \frac{1}{f} - \frac{1}{F} = \frac{1}{40} - \frac{1}{-60} = \frac{1}{40} + \frac{1}{60} = \frac{1}{24}$$

Изображение получено на экране, поэтому оно действительное. Линейное увеличение равно отношению расстояния от изображения до линзы к расстоянию от предмета до линзы:$$\Gamma = \frac{b}{a} = 5,\quad b = 5a$$

Применим формулу тонкой линзы:$$\frac{1}{F} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$$

Изображение уменьшено в 3 раза, поэтому модуль поперечного увеличения равен $\dfrac{1}{3}$. Для рассеивающей линзы изображение мнимое, поэтому его координата $f = -16\ \text{см}$.$$\left|\Gamma\right| = \left|\frac{f}{d}\right| = \frac{1}{3}$$

Определим расстояние от линзы до предмета:$$d = 3 \cdot 16 = 48\ \text{см}$$

Период дифракционной решётки равен расстоянию между соседними штрихами:$$d = \frac{1\ \text{мм}}{500} = \frac{10^{-3}\ \text{м}}{500} = 2 \cdot 10^{-6}\ \text{м}$$

Для главного максимума при нормальном падении света выполняется условие $d\sin\varphi = m\lambda$. Максимальный порядок определяется условием $\sin\varphi \leq 1$, поэтому:$$m_{\max} \leq \frac{d}{\lambda}$$

На рисунке источник $S$ расположен между фокусом и двойным фокусом: $F < a < 2F$.

Для собирающей линзы предмет, расположенный между $F$ и $2F$, даёт действительное перевёрнутое изображение за $2F$ по другую сторону линзы.