Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.

[alsak]

Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

		822	823	824	825	826	827	828	829
830	831	832	833	834	835	836	837	838	839
840	841	842	843	844	845	846	847

[andrey]

832, 845

[djek]

832. На горизонтальном дне водоема глубиной h = 1,2 м лежит плоское зеркало. На каком расстоянии от места вхождения луча в воду этот луч снова выйдет на поверхность воды после отражения от зеркала? Угол падения
луча α = 30°, показатель преломления воды n = 1,3.
Решение
Луч света, попадая на границу раздела в точке (а), преломляется, попадает в точку (с), отбивается и в точке (b) выходит на поверхность. Таким образом, искомое расстояние – это расстояние ab. (смотри рис.)

ab = 2·ad

Расстояние ad найдем из прямоугольного треугольника acd.
Учитывая, что ac – гипотенуза, из теоремы Пифагора:

ad² = ac² - cd²;

cd – глубина водоема h;
ac – гипотенуза прямоугольного треугольника acd и равна отношению противолежащего катета к синусу угла γ. С учетом закона преломления и считая показатель преломления воздуха равным 1, будем иметь:
\[ \begin{align}
  & \frac{\sin \alpha }{\sin \gamma }=n;\sin \gamma =\frac{\sin \alpha }{n} \\
 & ac=\frac{ad}{\sin \gamma }=\frac{ad\cdot n}{\sin \alpha } \\
 & a{{d}^{2}}=\frac{a{{d}^{2}}\cdot {{n}^{2}}}{{{\sin }^{2}}\alpha }-{{h}^{2}} \\
\end{align}
 \]
Решая последнее уравнение относительно ad и учтя, что ab = 2·ad, получим
\[ \begin{align}
  & ad=\frac{h\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \\
 & ab=\frac{2\cdot h\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \\
\end{align}
 \]

[djek]

845. На какую максимальную глубину можно погрузить в воду точечный источник света, чтобы квадратный плот со стороной а = 4,0 м не пропускал свет в пространство над поверхностью воды? Показатель преломления воды
n = 1,33, центр плота находится над источником света.
Решение
Лучи света от источника не будут преломляться в воздух, если они падают на поверхность воды под углом равным или большим предельного угла полного отражения α₀. Предельный угол полного отражения определяется из формулы
\[ \sin {{\alpha }_{0}}=\frac{1}{n} \]
Рассмотрим прямоугольный треугольник SCB:
SC – искомая высота h (катет прямоугольного треугольника); CB – равно половине стороны плота; SB – гипотенуза, равная отношению противолежащего катета CB к синусу угла α₀.
\[ \begin{align}
  & CB=\frac{a}{2} \\
 & SB=\frac{CB}{\sin {{\alpha }_{0}}}=\frac{a}{2}\cdot n \\
\end{align}
 \]
Из теоремы Пифагора следует что:

SC² = SB² – CB²

\[ \begin{align}
  & {{h}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{4}\cdot {{n}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{4} \\
 & h=\frac{a}{2}\cdot \sqrt{{{n}^{2}}-1} \\
\end{align}

 \]

[djek]

846. На какой угол отклоняется луч от первоначального направления, выходя из стекла (показатель преломления n = 1,57) в воздух при угле падения α = 30°? Может ли луч не выйти из стекла в воздух? Если да, то при каком
условии?
Решение
Луч света выходя из оптически более плотной среды (стекло), в оптически менее плотную (воздух) отклоняется от перпендикуляра на угол β. Из рисунка видно, что отклонение от первоначального направления (угол φ) равен

φ = β – α

Для нахождения угла β воспользуемся законом преломления
\[ \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }=\frac{1}{n} \]

sinβ = n·sinα
φ = arcsin(n·sinα) – α

По мере увеличения угла падения, при некотором его значении α₀, угол преломления будет равным 90°, это значит свет не попадет в другую среду (смотри рис.2). Это явление называется полным отражением. Угол α₀, при котором начинается полное отражение, называется граничным углом полного отражения. Его можно определить из закона преломления, при условии, что угол преломления β=90°
\[ \sin {{\alpha }_{0}}=\frac{1}{n} \]
Значит луч не выйдет из стекла в воздух при условии, что
\[ \alpha \ge arc\sin \left( \frac{1}{n} \right) \]

[djek]

837. На столе лежит лист бумаги. Луч света, падающий на бумагу под углом α = 45°, образует на ней светлое пятно. На сколько сместится это пятно, если на бумагу положить стеклянную пластинку толщиной d = 2 см? Показатель преломления стекла n = 1,5.
Решение
Изначально луч света попадает в точку С. Если на лист бумаги положить стеклянную пластинку, то в точке А, на границе раздела воздух-стекло, луч света испытает преломление и окажется в точке В. Так как при переходе из оптически менее плотной среды в оптически более плотную среду, луч отклоняется к перпендикуляру, проведенному в точке падения к границе двух сред. Таким образом, нам необходимо определить расстояние ВС.

ВС = КС – КВ.

Расстояние КС найдем из прямоугольного треугольника АКС
\[ tg\alpha =\frac{KC}{AK}=\frac{KC}{d} \]

КС = d·tgα

Для нахождения расстояния КВ рассмотрим прямоугольный треугольник АКВ.

КВ = АВ·sinβ

АВ найдем из того же треугольника
\[ AB=\frac{AK}{\cos \beta }=\frac{d}{\cos \beta } \]
Угол преломления β найдем из закона преломления:
\[ \frac{\sin \alpha }{\sin \beta }=n;\sin \beta =\frac{\sin \alpha }{n} \]
Учитывая что

cos²β + sin²β = 1

\[ \begin{align}
  & \cos \beta =\sqrt{1-{{\sin }^{2}}\beta }=\sqrt{1-\frac{{{\sin }^{2}}\alpha }{{{n}^{2}}}}=\frac{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }}{n} \\
 & AB=\frac{d\cdot n}{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \\
 & KB=AB\cdot \sin \beta =\frac{d\cdot n}{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }}\cdot \frac{\sin \alpha }{n}=\frac{d\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \\
\end{align}
 \]
Искомое расстояние ВС = КС – КВ:
\[ BC=d\cdot tg\alpha -\frac{d\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }}=d\cdot \left( tg\alpha -\frac{\sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \right) \]

[Kivir]

834. Пучок параллельных лучей света шириной b = 20 см выходит из стеклянной пластинки в воздух через плоскую грань пластинки. Определить ширину пучка в воздухе, если угол падения луча на границу стекло–воздух α = 30º, а показатель преломления стекла n = 1,8.
Решение: воспользуемся законом преломления:
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } =\frac{1}{n} ,} \\ {\sin \beta =n\cdot \sin \alpha .} \end{array} \]
Прямоугольные треугольники: ABC и ADC  (см. рис) имеют общую гипотенузу AC, угол BAC раван α, угол DCA равен β (например, как углы со взаимно перпендикулярнымы сторонами). Тогда:
\[ \begin{array}{l} {\cos \alpha =\frac{b}{AC} ,\cos \beta =\frac{a}{AC} ,} \\ {\frac{\cos \alpha }{\cos \beta } =\frac{b}{a} ,} \\ {a=\frac{\cos \beta }{\cos \alpha } \cdot b.} \end{array} \]
Из основного тригонометрического тождества выразим косинус угла через синус и подставим в полученное выражение для ширны пучка в воздухе:
\[ \begin{array}{l} {\cos ^{2} \beta +\sin ^{2} \beta =1,} \\ {\cos \beta =\sqrt{1-\sin ^{2} \beta } =\sqrt{1-n^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha } ,} \\ {a=b\cdot \frac{\sqrt{1-n^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha } }{\cos \alpha } .} \end{array} \]
Ответ: 10 см.

[alsak]

822. Лазерный визир применяется для задания направлений при геодезических работах. Дальность действия прибора l₁ = 2 км. На этом расстоянии диаметр светового пучка d₁ = 200 мм. Определить, на каком расстоянии диаметр светового пучка d₂ = 10 мм. Найти телесный угол того пучка и плоский угол при вершине в осевом сечении конуса.
Решение: сделаем схематичный рисунок. Как видно из рисунка, треугольники ОО₁А и ОО₂В подобны. Воспользуемся этим, т.е.
\[ \begin{array}{l} {\frac{l_{1} }{l_{2} } =\frac{d_{1} }{d_{2}},} \\ {l_{2} =l_{1} \cdot \frac{d_{2} }{d_{1}}.} \end{array} \]
Телесный угол ω измеряется отношением площади той части сферы с центром в вершине угла (в нашем случае площадь круга, диаметром d₁), которая вырезается этим телесным углом, к квадрату радиуса сферы (L₁):
\[ \omega =\frac{S}{r^{2}} =\frac{\pi \cdot d_{1}^{2}}{4\cdot l_{1}^{2}}. \]
Плоский угол при вершине мал, т.к.  l₁>>d₁. При малых углах синус и тангенс угла, выраженного в радианах, приблизительно равны самому углу:
sinφ  ≈ tgφ ≈ φ ≈ d₁ / l₁.
Ответ: 100 м, 8 ∙ 10^–9 ср, 1 ∙ 10^–4 рад.

[alsak]

823. Плоское зеркало, находящееся в центре кривизны сферического экрана радиуса R = 10 м, вращается с постоянной частотой n = 0,5 с^-1. С какой скоростью перемещается по экрану зайчик.
Решение: пусть в начальный момент угол падения светового луча на зеркало равен α. Зеркало вращается с угловой скоростью ω = 2π∙n. Пусть за время Δt зеркало повернётся на угол Δφ = ω ∙Δt. Зайчик на экране за это время повернётся на угол

β = 2∙(α+Δφ) - 2∙α =2∙Δφ=2∙ω ∙Δt.

Таким образом, угловая скорость вращения светового зайчика на экране
\[ \omega _{1} =\frac{\beta }{\Delta t} =\frac{2\cdot \omega \cdot \Delta t}{\Delta t} =2\cdot \omega =4\pi \cdot n. \]
Линейная скорость связана с угловой следующим образом:
\[ \upsilon =\omega _{1} \cdot R=4\pi \cdot n\cdot R. \]
Ответ: 62,8 м/с ≈ 6 ∙ 10¹ м/с.

[alsak]

824. Под каким углом к горизонту следует расположить плоское зеркало, чтобы осветить дно колодца отражёнными от зеркала солнечными лучами, в то время как свет падает под углом α = 30º под углом к горизонту (рис. 256).
Решение: пусть угол падения солнечных лучей на зеркало равен γ. Как видно из рисунка

2γ = 90º + α,   γ = (90º + α)/2,

Искомый угол β равен
\[ \beta =90{}^\circ -\gamma +\alpha =90{}^\circ +\frac{90{}^\circ +\alpha }{2} +\alpha =45{}^\circ +\frac{\alpha }{2}. \]
Ответ: 60º.