Номер 508, страница 152 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

508.*На рисунке 136 изображен световой луч $AOB$, преломленный на границе раздела сред с показателями преломления $n_1$ и $n_2$. Укажите точки, через которые пройдут световые лучи, возникшие при падении на границу раздела сред:

а) луча $CO$;

б) луча $DO$.

Рис. 136

Для решения задачи воспользуемся законом преломления света (законом Снеллиуса) и законом отражения света. Граница раздела двух сред — горизонтальная ось, проходящая через точку О. Среда с показателем преломления $n_1$ находится выше оси, а среда с показателем $n_2$ — ниже.

Сначала определим соотношение показателей преломления $n_1$ и $n_2$ на основе преломления луча AOB. Луч света падает из среды $n_1$ в среду $n_2$. Из рисунка, используя координатную сетку (принимая точку О за начало координат), определим координаты точек A и B: Точка A имеет координаты $(-2, 4)$. Точка B имеет координаты $(3, -3)$.

Угол падения $\alpha$ — это угол между лучом AO и нормалью (вертикальной осью). Синус угла падения можно найти через координаты точки A: $ \sin\alpha = \frac{|x_A|}{\sqrt{x_A^2 + y_A^2}} = \frac{|-2|}{\sqrt{(-2)^2 + 4^2}} = \frac{2}{\sqrt{20}} = \frac{2}{2\sqrt{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} $

Угол преломления $\beta$ — это угол между лучом OB и нормалью. Синус угла преломления можно найти через координаты точки B: $ \sin\beta = \frac{|x_B|}{\sqrt{x_B^2 + y_B^2}} = \frac{3}{\sqrt{3^2 + (-3)^2}} = \frac{3}{\sqrt{18}} = \frac{3}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $

По закону Снеллиуса: $ n_1 \sin\alpha = n_2 \sin\beta $

Подставим найденные значения синусов: $ n_1 \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} = n_2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} $

Отсюда находим отношение показателей преломления: $ \frac{n_1}{n_2} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}} $

Так как $ \frac{n_1}{n_2} > 1 $, среда 1 оптически плотнее среды 2 ($n_1 > n_2$).

а) луча CO

Луч CO падает на границу раздела из среды 2 в среду 1. При падении луча на границу раздела двух сред всегда происходит как преломление, так и отражение. Найдем направления преломленного и отраженного лучей.

Координаты точки C: $(4, -2)$.

1. Отражение. Согласно закону отражения, угол отражения равен углу падения. Отраженный луч будет симметричен падающему лучу относительно нормали (вертикальной оси) и останется в той же среде $n_2$. Если падающий луч проходит через точку C с координатами $(4, -2)$, то отраженный луч пройдет через точку C' с координатами $(-4, -2)$. На рисунке точка с номером 8 имеет именно эти координаты.

2. Преломление. Так как луч переходит из менее плотной среды ($n_2$) в более плотную ($n_1$), преломление будет происходить всегда (без полного внутреннего отражения). Преломленный луч пойдет в верхнюю полуплоскость в первый координатный квадрант (x>0, y>0). В этой области нет ни одной пронумерованной точки.

Следовательно, в задаче под "возникшим лучом" имеется в виду отраженный луч.

Ответ: Луч, возникший при падении луча CO, пройдет через точку 8.

б) луча DO

Луч DO падает на границу раздела из среды 2 в среду 1. Координаты точки D: $(4, -4)$.

1. Отражение. По аналогии с предыдущим пунктом, отраженный луч пройдет через точку D' с координатами $(-4, -4)$. На рисунке нет пронумерованной точки с такими координатами.

2. Преломление. Найдем направление преломленного луча. Угол падения луча DO обозначим как $\varepsilon$. $ \sin\varepsilon = \frac{|x_D|}{\sqrt{x_D^2 + y_D^2}} = \frac{4}{\sqrt{4^2 + (-4)^2}} = \frac{4}{\sqrt{32}} = \frac{4}{4\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} $

Преломленный луч пойдет в среду $n_1$ под углом $\zeta$ к нормали. По закону Снеллиуса: $ n_2 \sin\varepsilon = n_1 \sin\zeta $

Выразим синус угла преломления: $ \sin\zeta = \frac{n_2}{n_1} \sin\varepsilon = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{5}} $

Теперь нам нужно найти, какая из пронумерованных точек в среде $n_1$ (в верхней полуплоскости) соответствует лучу с таким синусом угла к нормали. Проверим точку 2. Из рисунка видно, что точка 2 совпадает с точкой A, координаты которой $(-2, 4)$. Найдем синус угла к нормали для луча, проходящего через точку A: $ \sin\alpha_A = \frac{|x_A|}{\sqrt{x_A^2 + y_A^2}} = \frac{|-2|}{\sqrt{(-2)^2+4^2}} = \frac{2}{\sqrt{20}} = \frac{1}{\sqrt{5}} $

Полученные значения совпали ($ \sin\zeta = \sin\alpha_A = \frac{1}{\sqrt{5}} $). Это означает, что преломленный луч для падающего луча DO пройдет через точку 2. Это также следует из принципа обратимости световых лучей.

Ответ: Луч, возникший при падении луча DO, пройдет через точку 2.