Номер 507, страница 152 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

507. На плоскую поверхность стеклянного полушара, находящегося в воздухе, по нормали падает пучок лучей света. Определите максимальный угол отклонения от первоначального направления лучей, прошедших через сферическую поверхность полушара, если абсолютный показатель преломления стекла $n = 1,5$.

Дано

Абсолютный показатель преломления стекла, $n = 1,5$.

Показатель преломления воздуха, $n_{возд} = 1$.

Найти:

Максимальный угол отклонения лучей, $\delta_{max}$.

Решение

Пучок лучей света падает по нормали на плоскую поверхность стеклянного полушара. Это означает, что угол падения на границе воздух-стекло равен нулю. Согласно закону преломления света, угол преломления также равен нулю. Следовательно, лучи входят в полушар, не меняя своего направления, и распространяются внутри стекла параллельно друг другу и перпендикулярно плоской поверхности.

Далее лучи достигают сферической поверхности полушара, где происходит преломление на границе стекло-воздух. Рассмотрим луч, идущий на расстоянии $h$ от оптической оси. Нормалью к сферической поверхности в точке падения луча является радиус, проведенный из центра полушара в эту точку. Угол падения $\alpha$ — это угол между падающим лучом (который параллелен оси) и нормалью (радиусом). Из геометрии следует, что $\sin \alpha = \frac{h}{R}$, где $R$ — радиус полушара.

При выходе луча из стекла в воздух применяется закон Снеллиуса:$n \sin \alpha = n_{возд} \sin \beta$

Поскольку $n_{возд} \approx 1$, то $n \sin \alpha = \sin \beta$, где $\beta$ — угол преломления.

Угол отклонения луча $\delta$ от первоначального направления равен разности между углом преломления $\beta$ и углом падения $\alpha$:$\delta = \beta - \alpha = \arcsin(n \sin \alpha) - \alpha$

Чтобы найти максимальный угол отклонения, нужно найти максимум функции $\delta(\alpha)$. Луч выйдет из полушара в воздух только в том случае, если угол падения $\alpha$ не превышает предельного угла полного внутреннего отражения $\alpha_c$. Если $\alpha > \alpha_c$, луч полностью отразится обратно в стекло. Предельный угол определяется из условия:$n \sin \alpha_c = 1 \cdot \sin 90^\circ = 1$

Отсюда, $\sin \alpha_c = \frac{1}{n}$.

Таким образом, угол падения $\alpha$ может изменяться в пределах от $0$ до $\alpha_c$.

Исследуем функцию $\delta(\alpha)$ на возрастание. Найдем ее производную по $\alpha$:$\frac{d\delta}{d\alpha} = \frac{d}{d\alpha}(\arcsin(n \sin \alpha) - \alpha) = \frac{n \cos \alpha}{\sqrt{1 - n^2 \sin^2 \alpha}} - 1$

Поскольку $\sin \beta = n \sin \alpha$, то $1 - n^2 \sin^2 \alpha = 1 - \sin^2 \beta = \cos^2 \beta$. Тогда производная примет вид:$\frac{d\delta}{d\alpha} = \frac{n \cos \alpha}{\cos \beta} - 1$

Так как свет переходит из оптически более плотной среды (стекло) в менее плотную (воздух), то $n > 1$ и угол преломления $\beta$ всегда больше угла падения $\alpha$. В диапазоне углов от 0 до 90° косинус является убывающей функцией, поэтому из $\beta > \alpha$ следует, что $\cos \beta < \cos \alpha$. Учитывая, что $n > 1$, получаем, что $\frac{n \cos \alpha}{\cos \beta} > 1$. Следовательно, производная $\frac{d\delta}{d\alpha}$ всегда положительна.

Это означает, что угол отклонения $\delta$ является возрастающей функцией от угла падения $\alpha$. Максимальное значение $\delta$ будет достигнуто при максимальном возможном угле падения, при котором луч еще проходит через поверхность, то есть при $\alpha = \alpha_c$.

При $\alpha = \alpha_c$, угол преломления $\beta = 90^\circ$.

Максимальный угол отклонения равен:$\delta_{max} = 90^\circ - \alpha_c$

Найдем значение $\alpha_c$ для $n = 1,5$:$\sin \alpha_c = \frac{1}{1,5} = \frac{2}{3}$

$\alpha_c = \arcsin\left(\frac{2}{3}\right) \approx 41,81^\circ$

Теперь вычислим максимальный угол отклонения:$\delta_{max} = 90^\circ - \arcsin\left(\frac{2}{3}\right) \approx 90^\circ - 41,81^\circ = 48,19^\circ$

Ответ: Максимальный угол отклонения лучей составляет $90^\circ - \arcsin\left(\frac{2}{3}\right) \approx 48,2^\circ$.