Номер 509, страница 153 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

509. *На плоскую поверхность стеклянного полушара, находящегося в воздухе, по нормали падает плоская световая волна. Лучи, прошедшие через полушар, преломляются на его сферической поверхности, радиус которой $R = 18,0$ мм. Абсолютный показатель преломления стекла $n = 1,5$. Определите расстояние от центра плоской поверхности полушара до точки пересечения крайних лучей, преломленных на сферической поверхности.

Дано:

Радиус сферической поверхности полушара, $R = 18,0 \text{ мм} = 1,80 \times 10^{-2} \text{ м}$

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

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

Найти:

Расстояние от центра плоской поверхности полушара до точки пересечения крайних лучей, $L - ?$

Решение:

Плоская световая волна падает по нормали на плоскую поверхность стеклянного полушара. Это означает, что лучи света входят в полушар, не преломляясь, и распространяются внутри стекла параллельно главной оптической оси.

Далее лучи достигают сферической поверхности, где происходит преломление при переходе из стекла в воздух. Рассмотрим произвольный луч, идущий на расстоянии $h$ от главной оптической оси. Он падает на сферическую поверхность в точке P. Нормаль к сферической поверхности в точке P – это радиус, проведенный из центра кривизны O (который совпадает с центром плоской поверхности) в точку P.

Угол падения $\alpha$ – это угол между падающим лучом и нормалью (радиусом OP). Из геометрии следует, что $\sin \alpha = h/R$.

При переходе из оптически более плотной среды (стекло, $n=1,5$) в менее плотную (воздух, $n_{воздуха} \approx 1$) возможно явление полного внутреннего отражения. "Крайними лучами", которые преломляются на сферической поверхности, будут те, для которых угол падения равен критическому углу $\alpha_c$. Для углов падения больше критического, лучи будут полностью отражаться обратно в стекло, а не преломляться.

Критический угол полного внутреннего отражения $\alpha_c$ определяется из закона преломления Снеллиуса, когда угол преломления равен $90^\circ$:

$n \sin \alpha_c = n_{воздуха} \sin 90^\circ$

$n \sin \alpha_c = 1$

Отсюда находим синус критического угла:

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

Найдем точку пересечения F этих крайних преломленных лучей с главной оптической осью. Расстояние от центра плоской поверхности O до этой точки F обозначим как $L$.

Рассмотрим треугольник OPF, где O – центр плоской поверхности, P – точка падения луча на сферическую поверхность, F – точка пересечения преломленного луча с осью. Углы этого треугольника:

$\angle POF = \alpha_c$

$\angle OPF = 180^\circ - \beta$, где $\beta$ – угол преломления. По определению критического угла, для крайних лучей $\beta=90^\circ$.

Сумма углов в треугольнике равна $180^\circ$, поэтому третий угол $\angle OFP = \gamma$ можно найти из соотношения:

$\alpha_c + (180^\circ - \beta) + \gamma = 180^\circ \implies \gamma = \beta - \alpha_c$

Воспользуемся теоремой синусов для треугольника OPF:

$\frac{OP}{\sin \gamma} = \frac{OF}{\sin(180^\circ - \beta)}$

Поскольку $OP=R$, $OF=L$ и $\sin(180^\circ - \beta) = \sin \beta$, получаем:

$\frac{R}{\sin(\beta - \alpha_c)} = \frac{L}{\sin \beta}$

$L = R \frac{\sin \beta}{\sin(\beta - \alpha_c)}$

Подставим значение угла преломления для крайних лучей $\beta = 90^\circ$:

$L = R \frac{\sin 90^\circ}{\sin(90^\circ - \alpha_c)} = R \frac{1}{\cos \alpha_c}$

Найдем косинус критического угла, зная его синус:

$\cos \alpha_c = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha_c} = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{n}\right)^2} = \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n}$

Подставим это выражение в формулу для $L$:

$L = R \frac{1}{\frac{\sqrt{n^2 - 1}}{n}} = \frac{nR}{\sqrt{n^2 - 1}}$

Теперь подставим числовые значения:

$n = 1,5$, $R = 18,0 \text{ мм}$

$L = \frac{1,5 \times 18,0 \text{ мм}}{\sqrt{1,5^2 - 1}} = \frac{27,0}{\sqrt{2,25 - 1}} = \frac{27,0}{\sqrt{1,25}} \approx \frac{27,0}{1,118} \approx 24,1495... \text{ мм}$

Округлим результат до трех значащих цифр.

Ответ: $L \approx 24,1 \text{ мм}$.