Номер 495, страница 148 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

495. Водолаз ростом $h$ стоит на горизонтальном дне водоема, глубина которого $3h$. На каком минимальном расстоянии от водолаза находятся те части дна, которые он может увидеть отраженными от поверхности воды? Абсолютный показатель преломления воды равен $n$.

Дано:

Рост водолаза: $h$

Глубина водоема: $H = 3h$

Абсолютный показатель преломления воды: $n$

Найти:

Минимальное расстояние от водолаза до видимых в отражении частей дна: $x_{min}$

Решение:

Водолаз может видеть отражение дна от поверхности воды. Граница области, в которой дно становится видимым в отражении, определяется явлением полного внутреннего отражения. Когда угол падения луча света от дна на границу раздела вода-воздух становится равным или больше критического угла $\alpha_c$, свет полностью отражается обратно в воду, и водолаз может видеть четкое отражение. Минимальное расстояние до видимой в отражении части дна будет соответствовать лучу, падающему на поверхность воды под критическим углом.

Для решения задачи удобно использовать метод мнимых изображений. Введем систему координат: начало в точке, где стоят ноги водолаза, ось $Y$ направлена вертикально вверх, ось $X$ – горизонтально. Дно водоема находится на уровне $y=0$, а поверхность воды – на уровне $y=H=3h$. Глаза водолаза находятся в точке $E$ с координатами $(0, h)$.

Найдем мнимое изображение глаз водолаза $E'$ относительно поверхности воды ($y=3h$). Расстояние от глаз до поверхности составляет $3h - h = 2h$. Мнимое изображение будет находиться на таком же расстоянии над поверхностью. Таким образом, координаты мнимого изображения $E'$ будут $(0, 3h + 2h) = (0, 5h)$.

Луч света, идущий от точки $P$ на дне с координатой $(x, 0)$ к глазу водолаза $E$, после отражения от поверхности распространяется так, как будто он исходит из точки $P$ и идет к мнимому изображению глаза $E'$. Угол падения луча на поверхность (и угол отражения) $\alpha$ равен углу, который образует прямая $PE'$ с вертикалью.

Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный точками $E'(0, 5h)$, $P(x, 0)$ и точкой с координатами $(0,0)$. Катеты этого треугольника равны $x$ и $5h$. Тангенс угла $\alpha$ при вершине $E'$ равен:

$\tan \alpha = \frac{x}{5h}$

Минимальное расстояние $x_{min}$ соответствует критическому углу падения $\alpha = \alpha_c$. Критический угол определяется из закона Снеллиуса для границы вода-воздух:

$n \sin \alpha_c = 1 \cdot \sin 90^{\circ}$

Отсюда находим синус критического угла:

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

Зная синус, найдем тангенс критического угла, используя тригонометрическое тождество $\tan^2 \alpha + 1 = \frac{1}{\cos^2 \alpha}$ и $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$:

$\cos \alpha_c = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha_c} = \sqrt{1 - \frac{1}{n^2}} = \frac{\sqrt{n^2-1}}{n}$

$\tan \alpha_c = \frac{\sin \alpha_c}{\cos \alpha_c} = \frac{1/n}{\sqrt{n^2-1}/n} = \frac{1}{\sqrt{n^2-1}}$

Теперь приравняем тангенс угла для минимального расстояния к тангенсу критического угла:

$\tan \alpha_c = \frac{x_{min}}{5h}$

Подставим найденное выражение для $\tan \alpha_c$ и выразим $x_{min}$:

$x_{min} = 5h \tan \alpha_c = 5h \frac{1}{\sqrt{n^2-1}} = \frac{5h}{\sqrt{n^2-1}}$

Ответ: $x_{min} = \frac{5h}{\sqrt{n^2-1}}$