Перейти в начало сайта Перейти в начало сайта
Электронная библиотека «Наука и техника»
n-t.ru: Наука и техника
Начало сайта / Раритетные издания / Смотри в корень!
Начало сайта / Раритетные издания / Смотри в корень!

Научные статьи

Физика звёзд

Физика микромира

Журналы

Природа

Наука и жизнь

Природа и люди

Техника – молодёжи

Нобелевские лауреаты

Премия по физике

Премия по химии

Премия по литературе

Премия по медицине

Премия по экономике

Премия мира

Книги

Во главе двух академий

Загадки простой воды

Люди и биты. Информационный взрыв: что он несет

Популярная информатика

Ум хорошо...

Часы. От гномона до атомных часов

Издания НиТ

Батарейки и аккумуляторы

Охранные системы

Источники энергии

Свет и тепло

Научно-популярные статьи

Наука сегодня

Научные гипотезы

Теория относительности

История науки

Научные развлечения

Техника сегодня

История техники

Измерения в технике

Источники энергии

Наука и религия

Мир, в котором мы живём

Лит. творчество ученых

Человек и общество

Образование

Разное

Задача 90. Шар

Пётр Маковецкий. Смотри в корень! Сборник любопытных задач и вопросов

А.

На полированный металлический шар слева падает параллельный однородный пучок света. Допустим, что шар полностью отражает световые лучи. Куда больше отразится света: влево или вправо?

Б.

Обычно сначала недоумевают: как вообще лучи могут отразиться вправо, если справа находится шар? Чтобы рассеять недоумения, приводим рис. 135, на котором построены два отраженных луча. Луч AB после отражения пошел влево, по направлению BC, луч DE – вправо, по EF. Построение отраженного луча просто. Строится перпендикуляр к зеркалу в точке падения (OBG и OEH). Перпендикуляром к поверхности шара является радиус шара и его продолжение. Затем строится угол отражения (GBC и HEF), равный углу падения (ABG и DEH).

Построение отраженного луча

Рис. 135. Построение отраженного луча

Итак, шар действительно отражает и вправо, и влево. Но куда больше? Ответить на вопрос будет легко, если вы сначала построите те лучи, которые отражаются как раз не вправо и не влево, а вверх и вниз. Тогда вы разделите весь световой поток на два: отражаемый влево и отражаемый вправо, – и вам останется лишь сравнить их.

В.

На рис. 136 приводится подсказанное выше построение. Найдем точку B, от которой падающий слева луч AB отражается точно вверх (BC). Угол ABC равен 90°. Но он является суммой углов падения и отражения, а последние равны друг другу, следовательно, каждый из них равен 45°. Значит, точку B можно найти как точку, в которой перпендикуляр к поверхности шара составляет угол 45° с направлением падения лучей. Это радиус OB. Аналогично находим точку E, от которой луч отражается точно вниз.

Построение отражающих поверхностей

Рис. 136. Построение отражающих поверхностей

Легко сообразить, что плоскость, проходящая через точки B и E перпендикулярно к направлению падения лучей (плоскость CBKEF), делит шар на две неравные части, одна из которых (левая) отражает лучи влево, вторая (правая) – вправо.

Сколько же падает лучей на левую и правую части шара? Всего на шар падает лучей столько, сколько их проходит через круг 1, радиус которого равен радиусу шара R. Разрежем этот круг на две части: малый круг 2 с радиусом

r = BK = R sin 45° = R / 21/2,

и кольцо 3. Тогда из всех падающих на шар лучей на левую часть упадет количество, пропорциональное площади круга 2, на правую – пропорциональное площади кольца 3 (так как пучок лучей по условию однородный). Площадь круга 1

S1 = πR2.

Площадь круга 2

S2 = πr2 = π (R/21/2)2 = πR2/2 = S1/2,

т.е. площадь круга 2 составляет половину площади круга 1. Значит, на кольцо 3 останется вторая половина площади круга 1.

Таким образом, на часть шара, отражающую влево, падает столько же света, сколько и на часть, отражающую вправо. А поскольку по условию отражается все, что падает, то шар влево и вправо отражает одинаково.

Из соображений симметрии следует, что в верхнюю и нижнюю полусферы шар отражает тоже одинаково. Это же верно для полусфер над и под чертежом. Чуть-чуть усложнив доказательство (взяв вместо 45° произвольный угол α), мы можем убедиться, что шар обладает интересным свойством отражать совершенно одинаково не только по всем полусферам, но и вообще по всем направлениям.

На рис. 137 показан шар, облучаемый однородным цилиндрическим пучком с некоторым радиусом r. Окружим шар радиуса R сферой радиуса ρ >> R. Крайний луч AB пучка падает на шар под углом α и отражается под углом β = α, пересекая сферу в точке C. Аналогично, луч DE после отражения пересекает сферу в точке F.

Участок сферы в однородном цилиндрическом пучке

Рис. 137. Участок сферы в однородном цилиндрическом пучке

Падающий цилиндрический пучок радиуса r после отражения превращается в конический с углом между образующей и осью ψ = α + β = 2α. Этот конус лучей освещает круговой участок сферы CKF (заштрихован отрезками «меридианов»).

Прежде чем начинать доказательство, сделаем важную оговорку. Сфера CF построена концентрично с шаром (общий центр O), и поэтому луч BC, не проходящий через центр O, строго говоря, не перпендикулярен сфере. Поэтому для сферы конечного радиуса ρ доказательство равноправия всех направлений будет не совсем строгим. Однако само понятие направления всегда отождествляется с точкой на небесной сфере, т.е. бесконечно удаленной (ρ = ∞). Для такой сферы безразлично, что считать центром: точку O или отражающую точку В поверхности шара. Следовательно, можно считать ρ' = ρ (см. рис. 137). На практике всегда ρ >> R (например, в радиолокации может быть ρ = 1000 км, R = 1 м), и поэтому наше решение будет практически точным.

Найдем связь между сечением падающего потока лучей s1 и площадью освещаемого участка сферы s2. Сечение цилиндра

s1 = πr2 = πR2 sin 2α;

s2 есть боковая поверхность шарового сегмента CKF:

s2 = 2πρh,

где высота сегмента

h = KL = KOLO = ρ – ρcos ψ = ρ(1 – cos 2α) = 2ρ sin 2α.

Отношение площадей

s1/s2 = πR2 sin 2α/(2πρ·2ρ sin 2α) = R2/4ρ2.(1)

Собственно говоря, на этом доказательство заканчивается. Мы уже видим, что это отношение не зависит от ψ (т.е. от α или от r). Это значит, что, увеличивая s1 (и пропорциональный ей падающий поток), мы во столько же раз увеличиваем s2, т.е. ту площадь, на которую этот поток рассеивается; поэтому освещенность прибавляющегося участка сферы оказывается такой же, как и освещенность первоначального. Впрочем, формальное доказательство этого факта не повредит.

Увеличим r на δr. Тогда s1 возрастает на δs1 и s2 – на δs2. Новое отношение площадей будет равно той же величине, поскольку ни r, ни δr в формулу (1) не входят:

s1'/s2' = (s1 + δs1)/(s2 + δs2) = R2/4ρ2.(2)

Вычитая формулу (1) из (2), получаем

(s1 + δs1)/(s2 + δs2) – s1/s2 = 0,

откуда после простых преобразований имеем

δs1s2 = s1/s2 = R22.

Это и доказывает, что на новой площадке δs2 освещенность будет такая же, как и на старой s2, если плотность падающего потока на новой площадке δs1 такая же, как и на старой s1, т.е. если падающий поток однороден.

Неоднородность в падающем потоке приведет, конечно, к соответствующей неравномерности в освещении сферы. В частности, если в падающий поток внести экран определенной формы, то такой же формы тень появится в соответствующем месте сферы. Любопытно, что угловые размеры этой тени для наблюдателя, совмещенного с центром шара, будут одними и теми же независимо от радиуса сферы ρ, а также от расстояния экран – шар.

Наиболее частое возражение против изложенного состоит в том, что за шаром имеется цилиндрическая тень с сечением πR2, которую нельзя замаскировать никакими теоретическими выкладками. Да, это верно, но угловые размеры этой тени на сфере бесконечно большого радиуса равны нулю. Таким образом, можно утверждать, что освещенность на сфере одинакова на всем бесконечном множестве ее точек, кроме одной. На практике даже эта точка будет освещена, если учесть дифракцию лучей вокруг шара, их искривление в поле тяжести шара (следствие общей теории относительности Эйнштейна) и др. Однако все эти явления – вне рамок нашей задачи, и попытка взять их на вооружение выглядела бы как увертка. С чувством некоторой досады мы должны признать, что, оставаясь в рамках геометрической оптики (что для нашей задачи означает прямолинейность лучей), мы не можем избавиться от этой занозы – одной неосвещенной точки. К тому же, если ρ конечно, то и угловые размеры тени конечны. Собственно, этот дефект и оговоренная ранее нецентральность точки отражения – две стороны одной медали.

Способность шара при ρ >> R отражать совершенно одинаково по всем направлениям делает шар очень удобной эталонной целью для радиолокации: отраженные от шара сигналы одинаково обнаруживаются с любого направления, независимо от того, с какой стороны облучается шар. Созданы искусственные спутники Земли в виде огромных надувных шаров с металлизированной поверхностью. Эти спутники рассеивают равномерно по всем направлениям сигналы, посылаемые с Земли. Благодаря большой высоте спутников отраженные от них сигналы принимаются на большой территории, что удобно для телевизионного вещания и связи.

 

• Задача 91. Куда надо и когда надо

Оглавление


Дата публикации:

14 января 2005 года

Электронная версия:

© НиТ. Раритетные издания, 1998

В начало сайта | Книги | Статьи | Журналы | Нобелевские лауреаты | Издания НиТ | Подписка
Карта сайта | Cовместные проекты | Журнал «Сумбур» | Игумен Валериан | Техническая библиотека
© МОО «Наука и техника», 1997...2017
Об организацииАудиторияСвязаться с намиРазместить рекламуПравовая информация
Яндекс цитирования
Яндекс.Метрика