Солнечные лучи можно считать параллельными. При нулевом уровне жидкости в сосуде дно крайними не освещающими дно являются лучи, касающиеся шара. Проводя их продолжения до пересечения с дном $$L=\frac{2R}{cos(\alpha)} $$
Лучи преломляются и остаются параллельны друг другу. Поскольку поверхность жидкости параллельна основанию сосуда, преломление лучей, касающихся шара, не влияет на длину тени. Таким образом $$L=\frac{2R}{cos(\alpha)} $$
Излом графика наступает тогда, когда один из крайних лучей не может коснуться шара до преломления в жидкости. Таким образом, в момент, когда на графике начинается излом, касательная к шару направлена под углом $\alpha$ к вертикали. Отсюда получаем ответ $$h_1=l+R\left(1-sin(\alpha)\right) $$
Поскольку $\beta<\alpha$, пока касательная к шару не станет образовывать угол $\beta$ с вертикалью, все лучи после преломления не будут пересекать шар. Тогда границей тени является луч, преломляющийся в точке контакта шара с поверхностью жидкости. Пусть $H$ - высота центра шара над поверхностью жидкости. Тогда найдём длину тени $$L=\frac{R}{cos(\alpha)}+Htg(\alpha)+\sqrt{R^2-H^2} $$ Выражение для $H$ следующее $$H=l+R-h $$ Откуда $$L=\frac{R}{cos(\alpha)}+(l+R-h)tg(\alpha)+\sqrt{R^2-(l+R-h)^2} $$
Как мы уже знаем, пока касательная к шару составляет с вертикалью угол больший, чем $\beta$, границей тени является луч, преломленный в точке контакта шара с поверхностью. Отсюда $$h_2=l+R(1-sin(\beta)) $$
Если касательная к шару в точке контакта с поверхностью жидкости составляет с вертикалью угол меньший чем $\beta$, один из лучей после преломления касается шара уже внутри жидкости и уже является границей тени. Сохраним обозначение $H$, введённое при решении пункта $B1$. Тогда $$L=\frac{R}{cos(\alpha)}+Htg(\alpha)+\frac{R}{cos(\beta)}-Htg(\beta) $$ Подставляя выражение для $H$, получим $$L=\frac{R}{cos(\alpha)}+\frac{R}{cos(\beta)}+(l+R)(tg(\alpha)-tg(\beta))-(tg(\alpha)-tg(\beta))h $$ Откуда $$L_0=\frac{R}{cos(\alpha)}+\frac{R}{cos(\beta)}+(l+R)(tg(\alpha)-tg(\beta)) $$ $$k=tg(\alpha)-tg(\beta) $$
В некоторый момент уровень поднимется так высоко, что верхний касающийся шара луч будет касаться его и после преломления. В дальнейшем именно верхний луч, касающийся шара после преломления, определяет длину его тени. Она остаётся постоянной и равна $$L=\frac{2R}{cos(\beta)} $$
Используем результат предыдущего пункта $$\frac{2R}{cos(\beta)}=\frac{R}{cos(\alpha)}+\frac{R}{cos(\beta)}+(l+R)(tg(\alpha)-tg(\beta))-(tg(\alpha)-tg(\beta))h_3 $$ Откуда $$h_3=l+R(1+\frac{cos(\beta)-cos(\alpha)}{sin(\alpha-\beta)}) $$
Из графика получим, что $$\frac{L_{max}}{L_{min}}=\frac{cos(\beta)}{cos(\alpha)}=\frac{4}{3} $$ Найдём угловой коэффициент линейного участка графика $$k=tg(\alpha)-tg(\beta)=\frac{7}{12} $$ Используя известное выражение $$\frac{1}{cos^2(\alpha)}=1+tg^2(\alpha) $$ получаем $$tg(\alpha)-\sqrt{\frac{9}{16}(1+tg^2(\alpha))-1}=\frac{7}{12} $$ Получаем квадратное уравнение относительно $tg(\alpha)$ $$tg^2(\alpha)-\frac{8tg(\alpha)}{3}+\frac{16}{9}=0 $$ Его решение $$tg(\alpha)=\frac{4}{3} $$ Получим ответы на вопросы $$cos(\alpha)=\frac{3}{5};~cos(\beta)=\frac{4}{5} $$
Максимальная длина тени равна $$L_{max}=\frac{2R}{cos(\alpha)}=14~см $$ откуда $$R=\frac{L_{max}cos(\alpha)}{2}=4,2~см $$
$$n=\frac{sin(\alpha)}{sin(\beta)}=\frac{4}{3} $$
Наиболее точно $l$ можно измерить по точке $h_3$ $$l=h_3-R(1+\frac{cos(\beta)-cos(\alpha)}{sin(\alpha-\beta)})=h_3-\frac{12}{7}R=5,3~см $$