Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.

[alsak]

825. На плоское зеркало падает от источника света расходящийся под углом α пучок лучей. Определить угол между лучами после их отражения от зеркала.
Решение: по закону отражения света: угол падения равен углу отражения. С учётом этого сделаем построение хода лучей после отражения в плоском зеркале. Из рисунка видно, что угол между лучами после их отражения также равен α.

[alsak]

826. Отражающая поверхность зеркала составляет с плоскостью стола угол α = 135º. По направлению к зеркалу по столу катится шар со скоростью υ = 3 м/с. В каком направлении и с какой скоростью движется изображение шара?
Решение: построим изображения шарика в зеркале для двух положений шарика: в начальный момент времени и через промежуток времени Δt. За это время шар приблизится к зеркалу на расстояние   υ∙Δt. Изображение в зеркале расположено симметрично предмету относительно плоскости зеркала (свойство изображения). За время Δt изображение переместиться на расстояние υ₁∙Δt, где υ₁ – искомая скорость изображения.
Как видно из рисунка, изображение движется вертикально вверх. Из соображений симметрии, путь пройденный шариком и его изображением за время Δt – одинаковый, поэтому скорость движения изображения равна по модулю скорости движения шара, т.е. υ₁= υ = 3 м/с.

[alsak]

827. Угол падения луча света на границу двух сред (при переходе его из первой среды во вторую) α = 60º. Абсолютный показатель преломления второй среды n₂ = 2,4. Найти абсолютный показатель преломления первой среды, если отражённый и преломлённый лучи взаимно перпендикулярны.
Решение: угол падения равен углу отражения. Угол преломления связан с углом падения законом преломления света. Запишем его
\[ \frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2}}{n_{1}}, \]
здесь n₁ – искомый показатель преломления первой среды. Т.к. преломлённый и отражённый лучи перпендикулярны, то угол преломления равен (см. рис.)

β = 180º – 90º – α = 90º – α.

Тогда из закона преломления получим
\[ n_{1} =n_{2} \cdot \frac{\sin \beta }{\sin \alpha } =n_{2} \cdot \frac{\sin \left(90{}^\circ -\alpha \right)}{\sin \alpha } =n_{2} \cdot \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha } =n_{2} \cdot ctg\alpha . \]
Здесь учли, что sin(90º-α) = cosα (формулы приведения тригонометрических функций).
Ответ: 1,4.

[alsak]

828. Какова толщина плоскопараллельной стеклянной пластинки, если точку, нанесённую чернилами на нижней стороне пластинки, наблюдатель видит на расстоянии h = 5 см от верхней поверхности? Луч зрения перпендикулярен поверхности пластинки. Показатель преломления стекла n = 1,6. Для малых углов tgα = sinα = α.
Решение: нарисуем ход лучей идущих из точки, расположенной на нижней стороне пластинки к наблюдателю (см. рис.). Т.к. свет распространяется из оптически более плотной среды, то угол преломления β больше угла падения α. Если смотреть сверху, то точка, нанесённая на нижнюю грань (т. О) нам будет казаться находящейся выше (в т. А). Т.е. если H – истинная толщина пластинки, то h – кажущаяся. Углы будем считать малыми (размеры глаза малы).  Запишем закон преломления света
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1}} =\frac{1}{n} ,} \\ {\frac{tg\alpha }{tg\beta } =\frac{1}{n}.} \end{array} \]
Тангенсы углов определим из прямоугольных треугольников:
треугольник ОВС: tgα  = BC / ОB = BC / H;
треугольник АВС: tgβ  = BC / AB = BC / h.
Таким образом:
\[ \begin{array}{l} {\frac{tg\alpha }{tg\beta } =\frac{BC}{H} \cdot \frac{h}{BC} =\frac{1}{n},} \\ {H=n\cdot h.} \end{array} \]
Ответ: 8 см.

[alsak]

829. В микроскоп резко видна верхняя грань плоскопараллельной пластинки толщиной d = 3,0 см. Чтобы получить резкое изображение нижней грани, тубус микроскопа опустили на h = 2,0 см. Определить показатель преломления вещества, из которого изготовлена пластинка.
Решение: т.к. свет распространяется из оптически более плотной среды (рассматриваем пластину в микроскоп) в менее плотную (воздух), то угол преломления больше угла падения. В этом случае нам будет казаться, что пластинка тоньше, чем на самом деле (см. решение задачи № 828). В нашем случае d – истинная толщина пластинки, h – кажущаяся. В этом случае
\[ \begin{array}{l} {\frac{h}{d} =\frac{1}{n} ,} \\ {n=\frac{d}{h} .} \end{array} \]
Ответ: 1,5.

[alsak]

830. Кажущаяся глубина водоёма h = 3 м. Какова его истинная глубина? Показатель преломления воды n= 4/3.
Решение: при рассмотрении сверху дна водоема свет распространяется из оптически более плотной среды, в менее плотную - воздух. В этом случае  угол преломления больше угла падения. В этом случае нам будет казаться водоём более мелким, чем на самом деле (см. решение задачи № 828). В нашем случае H– истинная глубина, h – кажущаяся глубина. Тогда
\[ \begin{array}{l} {\frac{h}{H} =\frac{1}{n} ,} \\ {H=n\cdot h.} \end{array} \]
Ответ: 4 м.

[alsak]

831. Пластинка состоит из нескольких плоскопараллельных слоёв различных веществ. Луч света падает из воздуха на первый слой под углом α. Определить угол преломления в последнем слое, если показатель преломления вещества этого слоя равен n.
Решение: пусть показатель преломления первого слоя равен n₁, второго – n₂, третьего – n₃, энного слоя n. Угол преломления светового луча в первом слое β₁, во втором – β₂, в слое под номером N – β. Т.к. пластинки плоскопараллельные, то угол преломления β₁ равен углу падения луча на границу между первым и вторым слоем, β₂ равен углу падения луча на границу между вторым и третьим слоем и т.д. Запишем последовательно законы преломления света для границ раздела между слоями (показатель преломления воздуха равен 1):
\[ \begin{array}{l} {1\cdot \sin \alpha =n_{1} \cdot \sin \beta _{1} ,n_{1} \cdot \sin \beta _{1} =n_{2} \cdot \sin \beta _{2} ,} \\ {n_{2} \cdot \sin \beta _{2} =n_{3} \cdot \sin \beta _{3} ,...n_{N-1} \cdot \sin \beta _{N-1} =n\cdot \sin \beta .} \end{array} \]
Таким образом, приравняв выражения, найдём искомый угол
\[ \begin{array}{l} {\sin \alpha =n\cdot \sin \beta ,} \\ {\sin \beta =\frac{\sin \alpha }{n} .} \\ {\beta =\arcsin \left(\frac{\sin \alpha }{n} \right).} \end{array} \]

[alsak]

833. Над погрузившейся на небольшую глубину подводной лодкой пролетает самолёт на высоте h = 3 км. Какой покажется высота полёта самолёта при наблюдении с лодки? Показатель преломления воды n= 4/3.
Решение: при рассмотрении из воды мы увидим самолёт на большей высоте, чем на самом деле. Это связано с преломлением света на границе воздух-вода. Изобразим ход двух лучей, попадающих в глаз наблюдателя. Один луч падает на границу раздела перпендикулярно, поэтому не испытывает преломления, второй падает под малым углом α, угол преломления β, мысленно продлим этот луч (красный штрих) на рисунке. Наблюдателю будет казаться, что лучи вышли из точки 1 (а на самом деле из точки 4).
Запишем закон преломления света (учтём, что для малых углов tgα = sinα = α.)
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1}} =n,} \\ {\frac{tg\alpha }{tg\beta } =n.} \end{array} \]
Тангенсы углов определим из прямоугольных треугольников:
треугольник 423: tg α  =  x /h;
треугольник АВС: tgβ  = x / H.
Таким образом:
\[ \begin{array}{l} {\frac{tg\alpha }{tg\beta } =\frac{x}{h} \cdot \frac{H}{x} =n,} \\ {H=n\cdot h.} \end{array} \]
Ответ: 4 км.

[alsak]

835. Луч света падает под углом α на плоскопараллельную стеклянную пластинку толщиной d. Вычислить смещение луча при его прохождении сквозь пластинку. Показатель преломления стекла равен n.
Решение: ход луча при прохождении стеклянной пластинки показан на рисунке. Показатель преломления стекла больше чем у воздуха, поэтому угол преломления β меньше угла падения α. Луч вышедший из пластинки, будет параллелен падающему. Если бы пластинки не было, то луч распространялся бы вдоль прямой AD. Смещение луча обозначим s. Определим его, воспользовавшись прямоугольными треугольниками ABC и ADC, имеющих общую гипотенузу AC.
\[ \begin{array}{l} {AC=\frac{d}{\cos \beta } =\frac{s}{\sin \left(\alpha -\beta \right)} ,} \\ {s=d\cdot \frac{\sin \left(\alpha -\beta \right)}{\cos \beta }.} \end{array} \]
Воспользуемся законом преломления
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } =n,} \\ {\sin \beta =\frac{\sin \alpha }{n}.} \end{array} \]
Тогда из основного тригонометрического тождества
\[ \cos \beta =\sqrt{1-\sin ^{2} \beta } =\sqrt{1-\frac{\sin ^{2} \alpha }{n^{2} } } =\frac{1}{n} \cdot \sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha }. \]
Синус разности углов
\[ \begin{array}{l} {\sin \left(\alpha -\beta \right)=\sin \alpha \cdot \cos \beta -\sin \beta \cdot \cos \alpha ,} \\ {\sin \left(\alpha -\beta \right)=\sin \alpha \cdot \frac{1}{n} \cdot \sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } -\frac{\sin \alpha }{n} \cdot \cos \alpha ,} \\ {\sin \left(\alpha -\beta \right)=\frac{\sin \alpha }{n} \cdot \left(\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } -\cos \alpha \right).} \end{array} \]
Таким образом, искомое смещение луча
\[ \begin{array}{l} {s=d\cdot \frac{\frac{\sin \alpha }{n} \cdot \left(\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } -\cos \alpha \right)}{\frac{1}{n} \cdot \sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } } ,} \\ {s=d\cdot \sin \alpha \cdot \left(1-\frac{\cos \alpha }{\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } } \right).} \end{array} \]

[alsak]

836. Свет, падающий из воздуха на стеклянную плоскопараллельную пластинку, отражается от пластинки под углом γ = 60º и преломляется в пластинке под углом β = 30º. Определить скорость света в пластинке. Скорость света в воздухе c = 3 ∙ 10⁸ м/с.
Решение: угол падения светового луча равен углу отражения. Запишем закон преломления света
\[ \frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{\sin \gamma }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1}}. \]
Абсолютный показатель преломления показывает во сколько раз скорость света в среде меньше чем в вакууме n = c / υ. С учётом этого
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \gamma }{\sin \beta } =\frac{c}{\upsilon _{2} } \cdot \frac{\upsilon _{1} }{c} =\frac{c}{\upsilon } ,} \\ {\upsilon =c\cdot \frac{\sin \beta }{\sin \gamma }.} \end{array} \]
Ответ: 1,73 ∙ 10⁸ ≈ 2 ∙ 10⁸ м/с.