Номер 506, страница 152 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

506. Луч света падает нормально на боковую поверхность стеклянного клина, который находится в воздухе. Каким должен быть минимальный преломляющий угол клина, чтобы луч, отразившись от второй, посеребренной поверхности клина, снова упал на его первую поверхность и испытал на ней полное отражение? Абсолютный показатель преломления стекла равен $n$.

Дано:

Абсолютный показатель преломления стекла клина: $n$.

Показатель преломления воздуха: $n_{возд} \approx 1$.

Найти:

Минимальный преломляющий угол клина $\alpha_{min}$.

Решение:

1. Рассмотрим ход луча света. Пусть преломляющий угол клина равен $\alpha$. Луч света падает на первую боковую поверхность клина нормально, то есть перпендикулярно ей. Угол падения равен $0^\circ$. Согласно закону преломления света (закону Снеллиуса), угол преломления также равен $0^\circ$. Это означает, что луч входит в клин, не меняя своего направления.

2. Внутри клина луч распространяется прямолинейно до встречи со второй, посеребренной поверхностью. Найдем угол падения луча на эту вторую поверхность. Пусть первая поверхность, на которую падает луч, является гранью AC, а вторая, посеребренная — гранью AB. Угол между ними $\angle CAB = \alpha$. Так как луч внутри клина перпендикулярен грани AC, а нормаль к грани AB перпендикулярна самой грани AB, то угол между направлением луча и нормалью к грани AB равен углу между гранями AC и AB, то есть $\alpha$. Таким образом, угол падения на вторую поверхность равен $\alpha$.

3. Вторая поверхность посеребрена и действует как зеркало. По закону отражения, угол отражения равен углу падения. Следовательно, луч отражается от второй поверхности под углом $\alpha$ к нормали. Угол между падающим на вторую грань лучом и отраженным от нее лучом составляет $2\alpha$.

4. Отраженный луч распространяется внутри клина и снова попадает на первую поверхность, но уже изнутри. Найдем угол падения на эту поверхность. Нормаль к первой поверхности параллельна первоначальному направлению луча до его отражения от второй грани. Отраженный луч отклонен от этого направления на угол $2\alpha$. Следовательно, угол падения на первую поверхность изнутри, который мы обозначим $\gamma$, равен $2\alpha$.

5. По условию задачи, на границе стекло-воздух (при выходе из первой грани) луч испытывает полное внутреннее отражение (ПВО). Условием ПВО является то, что угол падения луча на границу раздела двух сред должен быть не меньше критического угла $\theta_c$. В нашем случае это условие записывается как:

$\gamma \ge \theta_c$

Подставляя найденное значение $\gamma = 2\alpha$, получаем:

$2\alpha \ge \theta_c$

6. Критический угол полного внутреннего отражения $\theta_c$ для границы стекло-воздух определяется соотношением:

$n \sin \theta_c = n_{возд} \sin 90^\circ$

Поскольку $n_{возд} \approx 1$, получаем:

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

Отсюда, $\theta_c = \arcsin\left(\frac{1}{n}\right)$.

7. Теперь объединим условия. Для того чтобы наблюдалось ПВО, должно выполняться неравенство:

$2\alpha \ge \arcsin\left(\frac{1}{n}\right)$

Нас интересует минимальный преломляющий угол клина $\alpha_{min}$, при котором это условие начинает выполняться. Минимальное значение соответствует знаку равенства:

$2\alpha_{min} = \arcsin\left(\frac{1}{n}\right)$

Отсюда находим минимальный преломляющий угол:

$\alpha_{min} = \frac{1}{2} \arcsin\left(\frac{1}{n}\right)$

Стоит также отметить, что для того чтобы луч после отражения от второй грани вообще смог попасть на первую грань, необходимо, чтобы угол $2\alpha$ был меньше $90^\circ$. Так как для любого стекла $n > 1$, то $1/n < 1$, и критический угол $\theta_c = \arcsin(1/n)$ всегда меньше $90^\circ$. Следовательно, найденное решение является физически корректным.

Ответ: Минимальный преломляющий угол клина должен быть равен $\alpha_{min} = \frac{1}{2} \arcsin\left(\frac{1}{n}\right)$.