Номер 464, страница 140 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

464. *Преломляющий угол оптически прозрачной призмы $\varphi = 60^{\circ}$. Под каким углом лучи должны падать на одну из боковых граней призмы, чтобы выходить из нее, скользя вдоль поверхности другой преломляющей грани? Абсолютный показатель преломления вещества призмы $n = 1,4$.

Дано:

Преломляющий угол призмы, $\phi = 60^\circ$

Абсолютный показатель преломления вещества призмы, $n = 1.4$

Абсолютный показатель преломления воздуха, $n_0 = 1$

Найти:

Угол падения лучей на боковую грань, $\alpha_1$

Решение:

Обозначим углы, описывающие ход луча через призму:

$\alpha_1$ – угол падения на первую грань;

$\beta_1$ – угол преломления после первой грани;

$\alpha_2$ – угол падения на вторую грань изнутри призмы;

$\beta_2$ – угол преломления при выходе из второй грани.

Закон преломления света (закон Снеллиуса) для первой грани призмы, на которую падает луч из воздуха ($n_0=1$):

$n_0 \sin\alpha_1 = n\sin\beta_1 \implies \sin\alpha_1 = n\sin\beta_1 \quad (1)$

Закон преломления для второй грани, из которой луч выходит в воздух:

$n\sin\alpha_2 = n_0\sin\beta_2 \implies n\sin\alpha_2 = \sin\beta_2 \quad (2)$

Геометрия призмы связывает углы $\beta_1$ и $\alpha_2$ с преломляющим углом $\phi$:

$\phi = \beta_1 + \alpha_2 \quad (3)$

Согласно условию, лучи выходят из призмы, "скользя вдоль поверхности другой преломляющей грани". Это означает, что угол выхода луча $\beta_2 = 90^\circ$.

Подставим это значение в уравнение (2):

$n\sin\alpha_2 = \sin 90^\circ$

$n\sin\alpha_2 = 1$

Отсюда мы можем найти синус угла падения на вторую грань:

$\sin\alpha_2 = \frac{1}{n}$

Этот угол $\alpha_2$ является предельным углом полного внутреннего отражения для границы раздела "призма-воздух".

Из соотношения (3) выразим угол $\beta_1$:

$\beta_1 = \phi - \alpha_2$

Теперь подставим это выражение для $\beta_1$ в уравнение (1):

$\sin\alpha_1 = n\sin(\phi - \alpha_2)$

Воспользуемся тригонометрической формулой синуса разности: $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$.

$\sin\alpha_1 = n(\sin\phi \cos\alpha_2 - \cos\phi \sin\alpha_2)$

Мы знаем, что $\sin\alpha_2 = 1/n$. Найдём $\cos\alpha_2$ из основного тригонометрического тождества $\sin^2\alpha_2 + \cos^2\alpha_2 = 1$:

$\cos\alpha_2 = \sqrt{1 - \sin^2\alpha_2} = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{n}\right)^2} = \frac{\sqrt{n^2-1}}{n}$

Подставим найденные выражения для $\sin\alpha_2$ и $\cos\alpha_2$ в формулу для $\sin\alpha_1$:

$\sin\alpha_1 = n\left(\sin\phi \frac{\sqrt{n^2-1}}{n} - \cos\phi \frac{1}{n}\right)$

Сократив $n$, получим итоговую формулу для расчёта:

$\sin\alpha_1 = \sin\phi \sqrt{n^2-1} - \cos\phi$

Произведем вычисления, подставив числовые значения из условия задачи:

$\sin\alpha_1 = \sin 60^\circ \cdot \sqrt{1.4^2 - 1} - \cos 60^\circ$

$\sin\alpha_1 = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{1.96 - 1} - \frac{1}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{0.96} - \frac{1}{2}$

$\sin\alpha_1 \approx 0.866 \cdot 0.9798 - 0.5 \approx 0.8485 - 0.5 = 0.3485$

Теперь найдем сам угол падения $\alpha_1$:

$\alpha_1 = \arcsin(0.3485) \approx 20.4^\circ$

Ответ: лучи должны падать на одну из боковых граней призмы под углом $20.4^\circ$.