Форум сайта alsak.ru

Задачи и вопросы по физике => Решение задач Н.Е. Савченко => : alsak 29 May 2011, 12:48

: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 29 May 2011, 12:48
Решение задач по физике из книги Савченко Н.Е. Решение задач по физике. – Мн.: Высш. школа, 2003. – 479 с.

    822 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40400.html#msg40400) 823 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40401.html#msg40401) 824 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40402.html#msg40402) 825 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40403.html#msg40403) 826 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40404.html#msg40404) 827 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40405.html#msg40405) 828 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40437.html#msg40437) 829 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40438.html#msg40438)
830 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40439.html#msg40439) 831 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40440.html#msg40440) 832 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg38886.html#msg38886) 833 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40441.html#msg40441) 834 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg38893.html#msg38893) 835 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40442.html#msg40442) 836 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40443.html#msg40443) 837 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg38889.html#msg38889) 838 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40444.html#msg40444) 839 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40445.html#msg40445)
840 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40455.html#msg40455) 841 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40456.html#msg40456) 842 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40457.html#msg40457) 843 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40454.html#msg40454) 844 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40453.html#msg40453) 845 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg38887.html#msg38887) 846 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg38888.html#msg38888) 847 (http://www.alsak.ru/smf/index.php/topic,5116.msg40446.html#msg40446)
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: andrey 20 May 2012, 10:36
832, 845
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: djek 20 May 2012, 17:03
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
\[ \begin{align}
  & ad=\frac{h\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \\
 & ab=\frac{2\cdot h\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \\
\end{align}
 \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: djek 20 May 2012, 19:13
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}

 \]

: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: djek 20 May 2012, 20:08
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
\[ \alpha \ge arc\sin \left( \frac{1}{n} \right) \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: djek 21 May 2012, 16:44
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:
\[ BC=d\cdot tg\alpha -\frac{d\cdot \sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }}=d\cdot \left( tg\alpha -\frac{\sin \alpha }{\sqrt{{{n}^{2}}-{{\sin }^{2}}\alpha }} \right) \]

: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: Kivir 21 May 2012, 23:12
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 25 April 2013, 17:59
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 25 April 2013, 18:00
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 25 April 2013, 18:01
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 25 April 2013, 18:02
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 25 April 2013, 18:02
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 25 April 2013, 18:03
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:42
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:42
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:42
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:44
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
\[ \begin{array}{l} {\sin \alpha =n\cdot \sin \beta ,} \\ {\sin \beta =\frac{\sin \alpha }{n} .} \\ {\beta =\arcsin \left(\frac{\sin \alpha }{n} \right).} \end{array} \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:45
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:45
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
\[ \begin{array}{l} {s=d\cdot \frac{\frac{\sin \alpha }{n} \cdot \left(\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } -\cos \alpha \right)}{\frac{1}{n} \cdot \sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } } ,} \\ {s=d\cdot \sin \alpha \cdot \left(1-\frac{\cos \alpha }{\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha } } \right).} \end{array} \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:46
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:46
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:46
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
\[ l=\frac{2\cdot n\cdot d}{\sqrt{n^{2} -\sin ^{2} \alpha }}. \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 05:47
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
\[ \begin{array}{l} {s=d\cdot \frac{\frac{1}{n} \cdot \sqrt{1-\frac{1}{n^{4} } } -\frac{1}{n^{2} } \cdot \sqrt{1-\frac{1}{n^{2} } } }{\sqrt{1-\frac{1}{n^{4} } } } ,} \\ {s=\frac{d}{n} \cdot \left(1-\frac{1}{\sqrt{n^{2} +1}} \right).} \end{array} \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 07:08
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°
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 07:09
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.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 07:09
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°.
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 07:11
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
\[ \begin{array}{l} {n=\frac{\sin \alpha \cdot \cos \varphi +\cos \alpha \cdot \sin \varphi }{\sin \varphi } =\sin \alpha \cdot ctg\varphi +\cos \alpha ,} \\ {ctg\varphi =\frac{n-\cos \alpha }{\sin \alpha } ,tg\varphi =\frac{\sin \alpha }{n-\cos \alpha } ,} \\ {\varphi =arctg\left(\frac{\sin \alpha }{n-\cos \alpha } \right).} \end{array} \]
: Re: Отражение и преломление света из сборника Савченко Н.Е.
: alsak 27 April 2013, 07:16
842. Внутри стекла имеется воздушная полость треугольного сечения (рис. 258). Угол при вершине треугольника φ = 30°. Показатели преломления стекла и воздуха – соответственно nc = √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°