Номер 488, страница 147 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

488. На поверхности прозрачной жидкости плавает тон-кий непрозрачный диск радиусом $R = 20 \text{ см}$. Точечный источник света, находящийся в жидкости, равномерно движется вертикально вверх вдоль прямой, проходя-щей через центр диска, со скоростью, модуль которой $v = 1,0 \frac{\text{см}}{\text{с}}$. В момент начала отсчета времени источник света находился на глубине $H = 60 \text{ см}$. Определите про-межуток времени, в течение которого свет будет выхо-дить в воздух. Абсолютный показатель преломления жидкости $n = \sqrt{2}$.

Дано:

Радиус диска, $R = 20$ см $= 0.2$ м

Скорость источника, $v = 1.0$ см/с $= 0.01$ м/с

Начальная глубина источника, $H = 60$ см $= 0.6$ м

Показатель преломления жидкости, $n = \sqrt{2}$

Показатель преломления воздуха, $n_{возд} \approx 1$

Найти:

Промежуток времени $Δt$, в течение которого свет будет выходить в воздух.

Решение:

Свет от точечного источника, находящегося в жидкости, сможет выйти в воздух при выполнении двух условий:

1. Луч света не должен быть перекрыт непрозрачным диском.

2. Угол падения луча на границу раздела жидкость-воздух должен быть меньше предельного угла полного внутреннего отражения.

Пусть источник находится на глубине $h$ под центром диска. Луч, идущий к краю диска, падает на поверхность жидкости под углом $\alpha_{диск}$, тангенс которого равен:

$\tan(\alpha_{диск}) = \frac{R}{h}$

Чтобы свет не был заблокирован диском, он должен падать на поверхность за его пределами, то есть под углом падения $\alpha > \alpha_{диск}$.

Предельный угол полного внутреннего отражения $\alpha_{пр}$ определяется законом Снеллиуса:

$n \sin(\alpha_{пр}) = n_{возд} \sin(90°)$

Поскольку $n_{возд} = 1$, получаем:

$\sin(\alpha_{пр}) = \frac{1}{n}$

Чтобы свет выходил в воздух, угол падения $\alpha$ должен быть меньше предельного угла: $\alpha < \alpha_{пр}$.

Таким образом, для выхода света в воздух должен существовать диапазон углов $\alpha$, удовлетворяющих условию $\alpha_{диск} < \alpha < \alpha_{пр}$. Это возможно только в том случае, если $\alpha_{диск} < \alpha_{пр}$.

Поскольку для острых углов функция тангенса возрастающая, условие $\alpha_{диск} < \alpha_{пр}$ эквивалентно условию $\tan(\alpha_{диск}) < \tan(\alpha_{пр})$.

Найдем $\tan(\alpha_{пр})$. Известно, что $\sin(\alpha_{пр}) = \frac{1}{n}$. Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$, найдем косинус предельного угла:

$\cos(\alpha_{пр}) = \sqrt{1 - \sin^2(\alpha_{пр})} = \sqrt{1 - \frac{1}{n^2}} = \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n}$

Тогда тангенс предельного угла равен:

$\tan(\alpha_{пр}) = \frac{\sin(\alpha_{пр})}{\cos(\alpha_{пр})} = \frac{1/n}{\sqrt{n^2 - 1}/n} = \frac{1}{\sqrt{n^2 - 1}}$

Теперь подставим выражения для тангенсов в неравенство $\tan(\alpha_{диск}) < \tan(\alpha_{пр})$:

$\frac{R}{h} < \frac{1}{\sqrt{n^2 - 1}}$

Отсюда получаем условие для глубины $h$, при которой свет будет выходить в воздух:

$h > R\sqrt{n^2 - 1}$

Вычислим критическую глубину $h_{кр} = R\sqrt{n^2 - 1}$, на которой выход света прекратится:

$h_{кр} = 0.2 \cdot \sqrt{(\sqrt{2})^2 - 1} = 0.2 \cdot \sqrt{2 - 1} = 0.2 \cdot \sqrt{1} = 0.2$ м

Источник движется вверх, его глубина в момент времени $t$ определяется формулой: $h(t) = H - vt$.

В начальный момент времени $t=0$ глубина источника $H = 0.6$ м. Так как $H > h_{кр}$ ($0.6$ м $> 0.2$ м), то в начальный момент свет выходит в воздух.

Выход света прекратится в момент времени $t_1$, когда глубина источника станет равна критической: $h(t_1) = h_{кр}$.

$H - vt_1 = h_{кр}$

Выразим время $t_1$:

$t_1 = \frac{H - h_{кр}}{v}$

Подставим числовые значения:

$t_1 = \frac{0.6 \text{ м} - 0.2 \text{ м}}{0.01 \text{ м/с}} = \frac{0.4 \text{ м}}{0.01 \text{ м/с}} = 40$ с

Свет выходит в воздух в промежутке времени от $t=0$ до $t=t_1=40$ с. Длительность этого промежутка составляет $\Delta t = t_1 - 0 = 40$ с.

Ответ: $40$ с.