Предложите теоретическую модель образования тёмного пятна и выведите теоретическую зависимость диаметра $D$ пятна от толщины слоя $h$ жидкости и показателя преломления $n_ж$ жидкости. При выводе считайте, что дно сосуда плоское и горизонтальное.
Поверхность дна сосуда является матовой, поэтому луч лазера, попадающий на неё, рассеивается во все стороны. Лучи, попадающие изнутри на границу жидкости и воздуха под углами, превышающими предельный угол $\alpha_{кр}$, отражаются обратно и снова попадают на матовую поверхность дна сосуда, подсвечивая её. В свою очередь, лучи, попадающие на границу жидкость-воздух под углами, меньшими $\alpha_{кр}$, преломляются и выходят из жидкости. Справедливости ради стоит отметить, что и для углов падения, меньших $\alpha_{кр}$, небольшая часть света отражается обратно, поэтому тёмный круг на дне сосуда несколько подсвечен (см. фото 1 из условия) и не является полностью чёрным.
Примечание.
Подобные явления рассмотрены в следующих видеороликах:
Найдём диаметр тёмного пятна, для чего построим луч, который после рассеяния света от лазера на дне сосуда падает на границу жидкость-воздух под углом $\alpha_{кр}$ (см. рис. 1). Из треугольников, показанных на рисунке, следует, что
$$\frac{D}{2}=2\cdot h\operatorname{tg}\alpha_{кр}.$$Поскольку предельный угол, при котором на границе жидкости с воздухом происходит полное внутреннее отражение, определяется формулой $\sin\alpha_{кр}=1/n_ж$, выражение для диаметра тёмного пятна будет иметь вид
$$D=\frac{4h}{\sqrt{n^2_ж-1}}.$$
Поместим в сосуд линейку и, включив лазер, начнём с помощью шприца наливать внутрь воду. Занесём в таблицу результаты измерений.
| $V,~мл$ | 50 | 65 | 80 | 95 | 110 | 125 | 140 |
| $D,~мм$ | 24 | 33 | 42 | 50 | 59 | 68 | 77 |
Выльем воду и вытрем дно сосуда и линейку салфеткой. Повторим описанный выше эксперимент с неизвестной жидкостью.
| $V,~мм$ | 50 | 65 | 80 | 95 | 110 | 125 | 140 |
| $D,~мм$ | 22 | 30 | 39 | 47 | 55 | 64 | 72 |
На дне сосуда № 1 есть плоская площадка, поэтому теоретическая зависимость диаметра пятна $D$ от объёма жидкости $V$ должна иметь вид линейной функции
$$D(V)=\frac{4(V-V_0)}{S\sqrt{n_ж^2-1}},$$где $S$ — площадь дна сосуда, $V_0$ — константа, связанная с объёмом пустого места вокруг площадки и объёмом линейки.
Отметим на координатной плоскости точки, полученные в пп. 1.2 и 1.3, и для каждой серии точек проведём аппроксимирующую прямую (рис. 2).
Поскольку значение $S$ неизвестно, будем искать отношение угловых коэффициентов построенных прямых
$$\gamma=\frac{k_{в}}{k_{нж}}=\frac{77{,}0-24{,}0}{72{,}0-22{,}0} = 1{,}06.$$С другой стороны, $$\gamma=\sqrt{\frac{n_{нж}^2-1}{n_{в}^2-1}} \quad \Rightarrow\quad n_{нж}=\sqrt{1+\gamma^2(n_{в}^2-1)} = 1{,}37.$$
Оценим погрешность полученного результата:
$$\Delta n_{нж}=\frac12\cdot \frac{(n_в^2-1)\Delta(\gamma^2)+\gamma^2\Delta(n_в^2)}{n_{нж}}=\frac{(n_в^2-1)\gamma}{n_{нж}}\cdot\Delta\gamma+\frac{\gamma^2n_в}{n_{нж}}\cdot\Delta n_в.$$Подставляя найденные значения и данные из условия, получим, что второе слагаемое равно $0{,}001$, а первое — $0{,}6\Delta\gamma$. Для нахождения $\Delta \gamma$ применим метод границ, считая, что возможное отклонение координат крайних точек составляет $0{,}5\ мм$ (половину деления координатной сетки):
$$\gamma_{max}=\frac{77{,}5-23{,}5}{71{,}5-22{,}5}\approx 1{,}10\,,\quad \gamma_{min}=\frac{76{,}5-24{,}5}{72{,}5-21{,}5}\approx 1{,}02 \qquad\Rightarrow\quad \Delta \gamma\approx0{,}04.$$Отсюда видно, что второе слагаемое не существенно, и $\Delta n_{нж}=0{,}03$.
В задании 2.1 жидкость внутрь сосуда наливать не нужно!
Возьмём сосуд № 2 и, включив лазер, измерим диаметр пятна. Получим, что $D_0=34~мм$.
В данной системе есть две границы (акриловая пластина-жидкость и жидкость-воздух), на которых возможно полное внутреннее отражение. Рассмотрим сначала первый случай — луч падает на границу жидкость-воздух под предельным углом $\alpha_1$ — и найдём расстояние $D_1/2$ (см. рис. 3):
$$D_1/2=2d\operatorname{tg}\beta_1+2h\operatorname{tg}\alpha_1.$$Перепишем это выражение, учитывая, что
$$\sin\alpha_1=\frac{1}{n_ж},\qquad \sin\beta_1=\frac{n_ж\sin\alpha_1}{n_{пл}}=\frac{1}{n_{пл}},$$и получим
\[ D_1=\frac{4d}{\sqrt{n_{пл}^2-1}}+\frac{4h}{\sqrt{n_{ж}^2-1}}.\tag{*}\]Во втором случае, когда луч испытывает полное отражение от границы акрил-жидкость, расстояние $D_{2}/2$ равно
$$D_{2}/2=2d\operatorname{tg}\alpha_2,\quad \hbox{где}\ \sin\alpha_2=n_{ж}/n_{пл}.$$Откуда, подставляя выражение для угла, получим
\[ D_{2}=\frac{4d}{\sqrt{(n_{пл}/n_{ж})^2-1}}.\tag{**}\]Диаметру тёмного пятна соответствует меньшее из двух найденных значений. Большее значение определяет диаметр внешнего светлого кольца вокруг тёмного пятна (можно видеть на фото 2 из условия). Таким образом, $D=\min (D_1,D_2)$.
Поместим линейку в сосуд № 2 и, включив лазер, начнём с помощью шприца наливать внутрь воду. Занесём в таблицу результаты измерений.
| $V$, мл | 80 | 90 | 100 | 110 | 120 | 130 | 140 | 150 | 160 | 170 | 180 |
| $D$, мм | 46 | 51 | 55 | 58 | 63 | 66 | 70 | 73 | 76 | 75 | 75 |
При малых значениях $V$ вода занимает пространство между стенками сосуда и пластиной, поэтому при $V< V_1$ (значение $V_1$ предстоит найти из графика) диаметр пятна постоянен: $D=D_0=34~мм$. Аналогично, при больших значения $V$ (когда $V$ больше некоторого значения $V_2$) диаметр пятна определяется формулой $(**)$, следовательно, также постоянен. В интервале $V_1< V< V_2$ зависимость $D(V)$, согласно $(*)$, должна быть линейной. Отметим на координатной плоскости точки, полученные в п. 2.3, и построим график, учитывающий особенности, указанные выше (рис. 3).
Построенный график представляет собой ломаную — три прямолинейных участка, два из которых горизонтальны. Вершины ломаной имеют координаты $(44~мл; 34~мм)$ и $(155~мл; 75~мм)$.
Максимальное значение диаметра пятна $D_2=75\ мм$, а минимальное — $D_0=34\ мм$. Используя формулу, аналогичную полученной в пп. 1.1, запишем $$D_0=\frac{4d}{\sqrt{n_{пл}^2-1}},$$откуда
$$\delta=\frac{D_2^2}{D_0^2}=\frac{n_{пл}^2-1}{n_{пл}^2/n_в^2-1}\quad\Rightarrow\quad n_{пл}=n_в\sqrt{\frac{\delta-1}{\delta-n_в^2}}.$$Так как $\delta=(75/34)^2\approx 4{,}866$, показатель преломления материала пластины (акрила) равен
$$n_{пл}=1{,}334\cdot\sqrt{\frac{3{,}866}{4{,}866-1{,}780}}\approx 1{,}49.$$ Толщину пластины определим из формулы для $D_0$:
$$d=\frac{D_0}{4}\sqrt{n_{пл}^2-1}=\frac{34~мм}{4}\sqrt{1{,}49^2-1}\approx 9{,}4\ мм.$$Оценим теперь погрешности полученных значений.
$$\varepsilon_\delta=2\varepsilon_{D_0}+2\varepsilon_{D_2}=\frac{2\cdot1\ мм}{34~мм}+\frac{2\cdot 1\ мм}{75\ мм}=0{,}08 \quad\Rightarrow\quad \Delta \delta =\delta\cdot \varepsilon_\delta=0{,}4.$$Используя малость погрешности $n_в$, вычислим $\Delta n_{пл}$:
$$\varepsilon_{n_{пл}}=\frac12\cdot\left|\frac{1}{\delta-1}-\frac{1}{\delta-n_в^2}\right|\Delta \delta=0{,}012 \quad \Rightarrow\quad \Delta n_{пл}=n_{пл}\cdot \varepsilon_{n_{пл}}=0{,}02.$$Аналогично поступим при нахождении $\Delta d$:
$$\varepsilon_d=\varepsilon_{D_0}+\frac{n_{пл}\Delta n_{пл}}{n_{пл}^2-1}=0{,}055 \quad \Rightarrow\quad \Delta d=d\varepsilon_d\approx 0{,}5.$$
Возьмём шаблон и выровняем его поверхность, прижав края к столу имеющимся оборудованием (штативом, обоими сосудами). Приложим линейку к шкале, напечатанной на шаблоне, и найдём цену деления этой шкалы:
$$C=\frac{80~мм}{105}\approx 0{,}762\ мм.$$Медленно и аккуратно с помощью шприца нальём воду на поверхность шаблона. Получившаяся «лужа» должна быть как можно большего размера (ориентировочно, объём налитой воды $\approx 80\ мл$). Если посмотреть на в отражение в налитой «луже», то по отсутствию искажений можно определить, какая часть её поверхности является плоской. Включим лазер и посветим на шаблон с водой так, чтобы луч падал на поверхность шаблона вплотную к шкале (но не на неё!). Дождавшись прекращения движения границы «лужи», измерим диаметр тёмного пятна
$$D_к=19~дел=19 \cdot C=19 \cdot 0{,}762\ мм\approx 14{,}5\ мм,$$$$\Delta D_к=1\ дел\qquad\Rightarrow\qquad \varepsilon_{D_к}\approx 6\%.$$С помощью формулы из п. 1.1 вычислим толщину слоя воды в месте, куда светили лазером:
$$h=\frac{D_к}{4}\sqrt{n_в^2-1}\approx 3{,}2\ мм.$$Так как $\varepsilon_{n_в}\ll \varepsilon_h$, относительные погрешности $h$ и $D_к$ равны, поэтому
$$\Delta h=h\cdot\varepsilon_h=0{,}2\ мм.$$
Вычислите краевой угол $\theta$ (угол смачивания) поверхности шаблона водой, ответ приведите в угловых градусах. Оцените погрешность полученного значения. При вычислениях считайте, что
Выражая отсюда $h$, получим
$$h=\sqrt{\frac{2\sigma(1-\cos\theta)}{\rho_вg}}=2\sqrt{\frac{\sigma}{\rho_вg}}\sin\frac{\theta}{2}.$$Вычислим теперь значение угла $\theta$:
$$\theta=2\arcsin\left(\frac{h}{2}\sqrt{\frac{\rho_вg}{\sigma}}\right)=2\arcsin(0{,}58)=72^\circ.$$Оценим относительную погрешность аргумента арксинуса $A=0{,}5h\sqrt{\rho_вg/\sigma}\,$:
$$\varepsilon_A=\varepsilon_h+0{,}5(\varepsilon_\sigma+\varepsilon_{\rho_в}+\varepsilon_g)=7{,}8\%.$$Откуда
$$\Delta\theta=\frac{180^\circ}{\pi}\cdot\frac{2A\varepsilon_A}{\sqrt{1-A^2}}\approx 6^\circ.$$