Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.

[alsak]

838. Точечный источник света расположен на дне водоёма глубиной h = 0,6 м. В некоторой точке поверхности воды вышедший в воздух преломлённый луч оказался перпендикулярным лучу, отражённому от поверхности воды обратно в воду. На каком расстоянии от источника на дне водоёма достигнет дна отражённый луч? Показатель преломления воды n = 4/3.
Решение: изобразим ход лучей (см. рис.). Учтём, что свет распространяется из оптически более плотной среды в менее плотную, поэтому угол преломления β больше угла падения α. Искомое расстояние определим из прямоугольного треугольника, один катет которого равен h, второй – l/2. Воспользуемся понятием тангенса:
\[ \begin{array}{l} {tg\alpha =\frac{l}{2h},} \\ {l=2h\cdot tg\alpha .} \end{array} \]
Т.к. между отражённым и преломлённым лучами угол 90º, то угол преломления β будет равен (см. рис.)

β = 180º – 90º – α = 90º – α.

Запишем закон преломления света
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } =\frac{1}{n} ,} \\ {\frac{\sin \alpha }{\sin \left(90{}^\circ -\alpha \right)} =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha } =tg\alpha ,} \\ {tg\alpha =\frac{1}{n}.} \end{array} \]
Таким образом, расстояние от источника будет равно
\[ l=\frac{2h}{n}.  \]
Ответ: 0,9 м.

[alsak]

839. На стеклянную плоскопараллельную пластинку падает луч света под углом α. Луч частично отражается от верхней поверхности, частично проходит внутрь пластинки, снова отражается от нижней поверхности и затем выходит через верхнюю. Найти угол выхода луча и длину пути, пройденного лучом в пластинке. Толщина пластинки d, показатель преломления стекла n.
Решение: пусть угол преломления – β. Изобразим ход лучей (см. рис.). Пластинка плоскопараллельная, угол отражения от нижней поверхности равен углу падения луча на неё, т.е. равен β, тогда угол падения на верхнюю границу равен β и луч выйдет  в воздух под углом α, т.е.

γ = α.

Длина пути луча в пластинке равно сумме длин отрезков АС и СD, т.е.

l = АС+СD.

Как видно из рисунка,  АС=СD, АС является гипотенузой прямоугольного треугольника АВС. Воспользуемся понятием косинуса
\[ \begin{array}{l} {\cos \beta =\frac{AB}{AC} =\frac{d}{AC} ,} \\ {l=2\cdot AC=2\cdot \frac{d}{\cos \beta }.} \end{array} \]
Синус угла преломления выразим из закона 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
\[ \cos \beta =\sqrt{1-\sin ^{2} \beta } =\sqrt{1-\frac{\sin ^{2} \alpha }{n^{2} } } =\frac{1}{n} \cdot \sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha }. \]
Таким образом, искомый путь
\[ l=\frac{2\cdot n\cdot d}{\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha }}. \]

[alsak]

847. Угол падения луча из воздуха на стеклянную плоскопараллельную пластинку толщиной d равен углу полного отражения для стекла, из которого изготовлена пластинка. Вычислить смещение луча в результате прохождения его 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.
\[ \begin{array}{l} {AC=\frac{d}{\cos \beta } =\frac{s}{\sin \left(\alpha -\beta \right)} ,} \\ {s=d\cdot \frac{\sin \left(\alpha -\beta \right)}{\cos \beta } .} \end{array} \]
По условию задачи угол падения луча α равен предельному углу полного отражения для стекла α₀. Предельный угол полного отражения определяется из соотношения
\[ \begin{array}{l} {\sin \alpha _{0} =\frac{n_{2} }{n_{1} } =\frac{1}{n} ,} \\ {\sin \alpha =\frac{1}{n}.} \end{array} \]
Здесь учтено, что явление полного отражения наблюдается при распространении света из оптически более плотной среды (стекло n₁ = n) в оптически менее плотную (воздух, n₂ = 1).
Воспользуемся законом преломления (для границы воздух - стекло)
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } =n,} \\ {\sin \beta =\frac{\sin \alpha }{n} =\frac{1}{n^{2} } .} \end{array} \]
Тогда из основного тригонометрического тождества
\[ \begin{array}{l} {\cos \alpha =\sqrt{1-\sin ^{2} \alpha } =\sqrt{1-\frac{1}{n^{2} } } ,} \\ {\cos \beta =\sqrt{1-\sin ^{2} \beta } =\sqrt{1-\frac{1}{n^{4}}}.} \end{array} \]
Синус разности углов
\[ \begin{array}{l} {\sin \left(\alpha -\beta \right)=\sin \alpha \cdot \cos \beta -\sin \beta \cdot \cos \alpha ,} \\ {\sin \left(\alpha -\beta \right)=\frac{1}{n} \cdot \sqrt{1-\frac{1}{n^{4} } } -\frac{1}{n^{2} } \cdot \sqrt{1-\frac{1}{n^{2}}}.} \end{array} \]
Таким образом, искомое смещение луча
\[ \begin{array}{l} {s=d\cdot \frac{\frac{1}{n} \cdot \sqrt{1-\frac{1}{n^{4} } } -\frac{1}{n^{2} } \cdot \sqrt{1-\frac{1}{n^{2} } } }{\sqrt{1-\frac{1}{n^{4} } } } ,} \\ {s=\frac{d}{n} \cdot \left(1-\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1}} \right).} \end{array} \]

[alsak]

844. Поперечное сечение стеклянной призмы имеет форму равностороннего треугольника. Луч света падает из воздуха на одну из граней призмы перпендикулярно ей. Найти угол между лучом, выходящим из призмы, и продолжением луча, падающего на призму. Показатель преломления стекла n = 1,5.
Решение: Угол при вершине призмы равен γ = 60° (сечение призмы – равносторонний треугольник). Первую грань луч пройдёт не преломляясь (угол падения на грань равен нулю, следовательно, и угол преломления равен нулю). На вторую грань луч упадёт под углом α к поверхности (угол падения луча на вторую грань β). Определим этот угол. Как видно из рисунка:

γ + α + 90° = 180°, α + β = 90°, тогда

α = 90° – γ = 30°, β = 90°– α = 60°.

Угол падения луча на границу раздела стекло – воздух больше предельного угла полного отражения для стекла, который равен
\[ \begin{array}{l} {\sin \alpha _{0} =\frac{n_{2} }{n_{1} } =\frac{1}{n} ,} \\ {\alpha _{0} =\arcsin \left(\frac{1}{n} \right)=42{}^\circ .} \end{array} \]
В этом случае преломление отсутствует, и луч полностью отражается от грани призмы под таким же углом α к ней (см. рис.). Угол между гранью и продолжением луча также равен α (как вертикальные). В этом случае искомый угол между вышедшим лучом и продолжением луча, падающего

φ = 2∙α.

Ответ: 60°

[alsak]

843. Одна грань треугольной призмы с преломляющим углом φ = 30° посеребрена. Луч, падающий на другую грань под углом α = 45°, после преломления и отражения от посеребренной грани вернулся по прежнему направлению. Чему равен показатель преломления материала призмы?
Решение: пусть угол преломления луча равен β. Т.к. после отражения луч вернулся по прежнему пути, то он упал на посеребренную грань под углом 90° (перпендикулярно грани). Изобразим ход луча
Как видно из рисунка угол преломления β будет равен

β = 90º – γ = 90º – (180º – 90º - φ) = φ.

Воспользуемся законом преломления (для границы воздух – стекло, показатель материала призмы n, воздуха - 1)
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } =n,} \\ {n=\frac{\sin \alpha }{\sin \varphi }.} \end{array} \]
Ответ: 1,4.

[alsak]

840. Определить угол отклонения луча треугольной призмой, если угол падения этого луча на переднюю грань призмы α = 53°6´, а преломляющий угол призмы φ = 60°. Показатели преломления среды, в которой находится призма, и вещества призмы – соответственно n₁ = 1 и n₂ = 1,6.
Решение: такая же задача разобрана в этом сборнике в общем виде - задача 820, стр. 370. Приведём решение.
Угол отклонения луча определим как внешний угол треугольника АВС (см. рис)

θ = (α – β) + (β₁ – α₁)   (1)

Угол АЕВ равен углу BDK и равны углу φ, как углы со взаимно перпендикулярными сторонами. Угол  BDK является внешним углом треугольника ABD, поэтому

φ = β + α₁.    (2)

На основании выражений (1) и (2) получим, что угол отклонения

θ = α – φ + β₁.   (3)

Запишем закон преломления света для границ раздела «среда - призма» и «призма - среда»
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } ,\frac{\sin \alpha _{1} }{\sin \beta _{1} } =\frac{n_{1} }{n_{2} } ,} \\ {\sin \beta =\frac{n_{1} }{n_{2} } \cdot \sin \alpha ,\sin \beta _{1} =\frac{n_{2} }{n_{1} } \cdot \sin \alpha _{1}.} \end{array} \]
Из выражения (2), определим угол α₁ = φ – β, и воспользуемся формулой синуса разности углов
\[ \sin \beta _{1} =\frac{n_{2} }{n_{1} } \cdot \sin \left(\varphi -\beta \right)=\frac{n_{2} }{n_{1} } \cdot \left(\sin \varphi \cdot \cos \beta -\cos \varphi \cdot \sin \beta \right). \]
Подставим значение sinβ и cosβ (из основного тригонометрического тождества) в выражение для sinβ₁ и найдём угол β₁
\[ \beta _{1} =\arcsin \left(\frac{n_{2} }{n_{1} } \cdot \sin \varphi \cdot \sqrt{1-\left(\frac{n_{1} }{n_{2} } \right)^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha } -\cos \varphi \cdot \sin \alpha \right). \]
С учётом выражения (3) угол отклонения луча призмой будет равен:
\[ \theta =\alpha -\beta +\arcsin \left(\frac{n_{2} }{n_{1} } \cdot \sin \varphi \cdot \sqrt{1-\left(\frac{n_{1} }{n_{2} } \right)^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha } -\cos \varphi \cdot \sin \alpha \right). \]
После подстановки числовых данных, получим
Ответ: 47°.

[alsak]

841. Луч света падает на грань стеклянной треугольной призмы перпендикулярно её плоскости и выходит из противоположной грани, отклонившись от первоначального направления на угол α  (рис. 257). Определить преломляющий угол призмы, если показатель преломления стекла n.
Решение: введём обозначения углов: φ – преломляющий угол призмы, β – угол преломления луча. Как видно из рисунка, угол падения луча на вторую грань призмы равен преломляющему углу φ. Угол преломления β равен сумме углов α и φ (см. рис.). Запишем закон преломления
\[ \begin{array}{l} {\frac{\sin \varphi }{\sin \beta } =\frac{n_{2} }{n_{1} } =\frac{1}{n} ,} \\ {n=\frac{\sin \left(\alpha +\beta \right)}{\sin \varphi } .} \end{array} \]
Воспользуемся тригонометрической формулой синуса суммы углов и сделаем преобразования
\[ \begin{array}{l} {n=\frac{\sin \alpha \cdot \cos \varphi +\cos \alpha \cdot \sin \varphi }{\sin \varphi } =\sin \alpha \cdot ctg\varphi +\cos \alpha ,} \\ {ctg\varphi =\frac{n-\cos \alpha }{\sin \alpha } ,tg\varphi =\frac{\sin \alpha }{n-\cos \alpha } ,} \\ {\varphi =arctg\left(\frac{\sin \alpha }{n-\cos \alpha } \right).} \end{array} \]

[alsak]

842. Внутри стекла имеется воздушная полость треугольного сечения (рис. 258). Угол при вершине треугольника φ = 30°. Показатели преломления стекла и воздуха – соответственно n_c = √3, n = 1. На боковую грань треугольной воздушной призмы падает луч света под углом α = 30°. Определить, под каким углом выходит луч из другой грани призмы.
Решение: изобразим ход луча (см. рис.)
Т.к. свет распространяется из оптически более плотной среды (стекло) в оптически менее плотную (воздух), то на границе может наблюдаться полное отражение. Найдём предельный угол
\[ \begin{array}{l} {\sin \alpha _{0} =\frac{n_{2} }{n_{1} } =\frac{n}{n_{c} } ,} \\ {\alpha _{0} =\arcsin \left(\frac{n}{n_{c} } \right)=\arcsin \left(\frac{1}{\sqrt{3} } \right)=35{}^\circ .} \end{array} \]
Угол падения α < α₀, поэтому отражение отсутствует, луч пройдёт в воздушную призму, при этом угол преломления луча β будет больше угла падения α. Затем луч подойдёт ко второй грани призмы под углом α₁ и выйдет из призмы под углом β₁ (его требуется найти) (см. рис.).
Запишем закон преломления света для двух случаев
\[ \frac{\sin \alpha }{\sin \beta } =\frac{n}{n_{c} } ,\frac{\sin \alpha _{1} }{\sin \beta _{1} } =\frac{n_{c} }{n}. \]
Отсюда получим (воспользуемся формулами тригонометрии)
\[ \begin{array}{l} {\sin \beta _{1} =\frac{n}{n_{c} } \cdot \sin \alpha _{1} ,} \\ {\sin \beta =\frac{n_{c} }{n} \cdot \sin \alpha ,\cos \beta =\sqrt{1-\sin ^{2} \beta } =\sqrt{1-\left(\frac{n_{c} }{n} \right)^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha }.} \end{array} \]
Т.к. сумма углов треугольника равна 180°, то имеем (см. рис.)

γ = 180° – (90° – β) – φ = 90° – φ + β,     γ = 90° + α₁.

Откуда угол α₁ будет равен

α₁ = β – φ.

Подставим значение угла α₁ в выражение для sinβ₁ и воспользуемся формулой синуса разности углов
\[ \begin{array}{l} {\sin \beta _{1} =\frac{n}{n_{c} } \cdot \sin \left(\beta -\varphi \right),} \\ {\sin \beta _{1} =\frac{n}{n_{c} } \cdot \left(\sin \beta \cdot \cos \varphi -\cos \beta \cdot \sin \varphi \right)=\frac{n}{n_{c} } \cdot \left(\frac{n_{c} }{n} \cdot \sin \alpha \cdot \cos \varphi -\sin \varphi \cdot \sqrt{1-\left(\frac{n_{c} }{n} \right)^{2} \cdot \sin ^{2} \alpha } \right),} \\ {\beta _{1} =\arcsin \left(\sin \alpha \cdot \cos \varphi -\sin \varphi \cdot \sqrt{\left(\frac{n}{n_{c} } \right)^{2} -\sin ^{2} \alpha } \right).} \end{array} \]
Ответ: 17°