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

Расстояние от точки $A$ до линзы равно $d_A = 40\ \text{см}$. По формуле тонкой линзы найдём расстояние от линзы до изображения точки $A$:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{d_A}+\frac{1}{f_A},\qquad \frac{1}{20}=\frac{1}{40}+\frac{1}{f_A},\qquad f_A=40\ \text{см}$$

Точка $B$ расположена на $10\ \text{см}$ ближе к линзе, поэтому $d_B = 40 - 10 = 30\ \text{см}$. Расстояние до изображения точки $B$ равно:$$\frac{1}{20}=\frac{1}{30}+\frac{1}{f_B},\qquad f_B=60\ \text{см}$$

Для действительного изображения расстояния до предмета и изображения берём положительными. Линейное увеличение по модулю равно отношению расстояния от линзы до изображения к расстоянию от предмета до линзы.$$\Gamma = \frac{b}{a}$$

Найдём расстояние от линзы до изображения:$$b = \Gamma a = 2 \cdot 30 = 60\,\text{см}$$

Высота исходного треугольника определяется из прямоугольного треугольника:$$h = c\tan\alpha = 2\tan 60^\circ = 2\sqrt{3}\ \text{см}$$

Левый вертикальный катет находится на расстоянии $2F = 40\ \text{см}$ от линзы. Для его точек:$$\frac{1}{F}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b},\quad b=\frac{Fa}{a-F}=\frac{20\cdot40}{40-20}=40\ \text{см}$$

Обозначим через $y$ расстояние от главной оптической оси до точки, в которой луч падает на линзу. На участке от источника $S$ до отверстия $A$ луч проходит по прямой от координат $(-b,H)$ до $(-F,h)$.$$y=h+\frac{F}{b}(h-H)$$

После прохождения линзы луч пересекает главную оптическую ось на расстоянии $x$, поэтому его наклон после линзы равен$$\alpha_2=-\frac{y}{x}$$

Определим период дифракционной решётки. В одном сантиметре содержится 500 штрихов.$$d = \frac{1\ \text{см}}{500} = \frac{10^{-2}}{500}\ \text{м} = 2 \cdot 10^{-5}\ \text{м}$$

Для максимума порядка $k$ условие дифракции имеет вид:$$d\sin\varphi_k = k\lambda$$

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

Так как углы малы, можно считать $\sin\varphi_m\approx\varphi_m$. Координата максимума на экране в задней фокальной плоскости линзы равна $x_m=f\tan\varphi_m\approx f\varphi_m$.$$x_m\approx f\frac{m\lambda}{d}$$

Определим период дифракционной решётки. В 1 см содержится 500 штрихов, поэтому$$d = \frac{1\ \text{см}}{500} = \frac{10^{-2}\ \text{м}}{500} = 2 \cdot 10^{-5}\ \text{м}$$

Для максимума третьего порядка используем условие дифракционной решётки. При малом угле отклонения$$d\sin\varphi = m\lambda,\qquad \varphi \approx \frac{m\lambda}{d}$$

Обозначим через $D$ диаметр входного отверстия объектива, через $f$ — его фокусное расстояние, а через $c$ — максимально допустимый диаметр пятна. По условию $c = 0{,}05\ \text{мм} = 5 \cdot 10^{-5}\ \text{м}$.

Из определения относительного отверстия получаем:$$\alpha = \frac{f}{D},\qquad D = \frac{f}{\alpha}$$

Переведём фокусное расстояние в сантиметры: $f=0{,}2\ \text{м}=20\ \text{см}$. До поворота линзы расстояние от источника до линзы равно $a=40\ \text{см}$.$$f=20\ \text{см},\qquad a=40\ \text{см}$$

По формуле тонкой линзы найдём расстояние до изображения в первоначальном положении.$$\frac{1}{f}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b_0},\qquad b_0=\frac{af}{a-f}=\frac{40\cdot20}{40-20}=40\ \text{см}$$

Для мнимого изображения, создаваемого собирающей линзой, предмет расположен между линзой и фокусом. Изображение находится с той же стороны от линзы, что и предмет, поэтому расстояние до изображения считаем отрицательным.$$f < 0$$

По условию увеличение изображения по модулю равно $3$, поэтому расстояние до изображения по модулю в три раза больше расстояния до предмета.$$\Gamma = \left|\frac{f}{d}\right| = 3,\quad f = -3d$$

Обозначим расстояние от предмета до линзы через $d$, а расстояние от изображения до линзы — через $f$. Для действительного изображения расстояния считаются положительными.

Из условия увеличение изображения равно 5, поэтому расстояние до изображения в 5 раз больше расстояния до предмета.$$\Gamma = \frac{f}{d} = 5, \qquad f = 5d$$

Фокусное расстояние линзы определяем по её оптической силе.$$f=\frac{1}{D}=\frac{1}{4}=0{,}25\ \text{м}$$

Обозначим расстояние от предмета до линзы через $d$, а расстояние от линзы до действительного изображения — через $F$. Для действительного изображения, увеличенного в $5$ раз, $F=5d$.$$\left|\Gamma\right|=\frac{F}{d}=5$$

Выберем главную оптическую ось за ось $x$, а плоскость линзы расположим при $x=0$. Координаты источника и отверстия: $S(-70;5)$ и $A(-20;4)$, поскольку отверстие находится в левой фокальной плоскости.$$F=20\ \text{см},\quad S(-70;5),\quad A(-20;4)$$

Найдём высоту, на которой луч $SA$ падает на линзу. За расстояние $70\ \text{см}$ от источника до линзы луч опускается на величину, пропорциональную разности высот источника и отверстия.$$y=H-\frac{H-h}{b}(b-F)=5-\frac{5-4}{70}(70-20)=3{,}6\ \text{см}$$

Оптическая сила линзы связана с фокусным расстоянием соотношением $D = \dfrac{1}{f}$. Переведём фокусное расстояние в сантиметры:$$f = \frac{1}{D} = \frac{1}{1{,}5}\,\text{м} = 0{,}667\,\text{м} = 66{,}7\,\text{см}$$

Первый источник находится на расстоянии $a_1 = 50\ \text{см}$, то есть между линзой и её фокусом. Поэтому линза создаёт мнимое изображение на той же стороне линзы. Из формулы тонкой линзы:$$\frac{1}{b_1} = \frac{1}{f} - \frac{1}{a_1} = \frac{1}{66{,}7} - \frac{1}{50} = -\frac{1}{200}$$

При входе в клин луч падает на грань $AB$ перпендикулярно, поэтому при переходе из воздуха в клин он не изменяет направления.$$i_{AB}=0$$

Угол между гранью $AB$ и зеркальной гранью $AC$ равен $\alpha$. Поэтому угол падения луча на грань $AC$ равен $90^\circ-\alpha$. После отражения направление луча изменяется так, что при повторном падении на грань $AB$ угол падения…$$i=2\alpha=2\cdot15^\circ=30^\circ$$