Номер 510, страница 153 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

510. *На стеклянный шар параллельно одному из диаметров на расстоянии $l = 26 \text{ мм}$ от этого диаметра падает луч света. Определите радиус шара, если точка выхода луча из шара находится на этом диаметре. Абсолютный показатель преломления стекла $n = 1,8$. Шар находится в воздухе.

Рис. 137

Дано:
Расстояние от диаметра до параллельного луча, $l = 26$ мм = $0.026$ м.
Абсолютный показатель преломления стекла, $n = 1.8$.
Абсолютный показатель преломления воздуха, $n_{возд} = 1$.

Найти:
Радиус шара, $R$.

Решение:
Пусть $O$ — центр стеклянного шара, а $R$ — его радиус. Выберем систему координат так, чтобы диаметр, упомянутый в условии, лежал на оси $Ox$. Падающий луч света распространяется параллельно этой оси на расстоянии $l$ от нее. Обозначим точку входа луча в шар как $P$, а точку выхода, которая по условию лежит на диаметре, как $Q$.
Нормалью к поверхности шара в точке падения $P$ является радиус $OP$. Угол падения $\alpha$ — это угол между падающим лучом и этой нормалью. Из геометрии задачи следует, что синус угла падения можно выразить через $l$ и $R$. Рассмотрим прямоугольный треугольник, образованный центром шара $O$, точкой падения $P$ и проекцией центра на линию распространения луча. В этом треугольнике гипотенуза равна $R$, а катет, противолежащий углу $\alpha$, равен $l$. Таким образом, справедливо соотношение:
$\sin\alpha = \frac{l}{R}$ (1)
Так как падающий луч параллелен диаметру $OQ$, то угол между радиусом $OP$ и диаметром $OQ$ также равен углу падения $\alpha$. Следовательно, в треугольнике $OPQ$ угол при вершине $O$ составляет $\angle POQ = \alpha$.
Треугольник $OPQ$ является равнобедренным, поскольку стороны $OP$ и $OQ$ равны радиусу шара $R$. Углы при основании $PQ$ равны и могут быть найдены как: $\angle OPQ = \angle OQP = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.
Угол преломления $\beta$ — это угол между преломленным лучом (отрезок $PQ$) и нормалью $OP$. Из геометрии треугольника $OPQ$ следует, что $\beta$ совпадает с углом $\angle OPQ$.
Таким образом, $\beta = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.
Применим закон преломления света Снеллиуса для точки $P$ на границе воздух-стекло:
$n_{возд} \sin\alpha = n \sin\beta$
Считая показатель преломления воздуха $n_{возд} = 1$, получаем:
$\sin\alpha = n \sin\beta$ (2)
Подставим в уравнение (2) найденное выражение для угла $\beta$:
$\sin\alpha = n \sin(90^\circ - \frac{\alpha}{2})$
Используя формулу приведения $\sin(90^\circ - x) = \cos(x)$, преобразуем уравнение:
$\sin\alpha = n \cos(\frac{\alpha}{2})$
Применим формулу синуса двойного угла $\sin\alpha = 2 \sin(\frac{\alpha}{2}) \cos(\frac{\alpha}{2})$:
$2 \sin(\frac{\alpha}{2}) \cos(\frac{\alpha}{2}) = n \cos(\frac{\alpha}{2})$
Поскольку угол падения $\alpha$ должен быть в диапазоне $(0, 90^\circ)$, $\cos(\frac{\alpha}{2})$ не равен нулю, и на него можно сократить обе части уравнения:
$2 \sin(\frac{\alpha}{2}) = n \implies \sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{n}{2}$
Подставим известное значение показателя преломления стекла $n = 1.8$:
$\sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1.8}{2} = 0.9$
Теперь необходимо найти $\sin\alpha$, чтобы использовать формулу (1) для вычисления $R$. Из основного тригонометрического тождества найдем $\cos(\frac{\alpha}{2})$:
$\cos(\frac{\alpha}{2}) = \sqrt{1 - \sin^2(\frac{\alpha}{2})} = \sqrt{1 - 0.9^2} = \sqrt{1 - 0.81} = \sqrt{0.19}$
Теперь найдем $\sin\alpha$:
$\sin\alpha = 2 \sin(\frac{\alpha}{2}) \cos(\frac{\alpha}{2}) = 2 \cdot 0.9 \cdot \sqrt{0.19} = 1.8 \sqrt{0.19}$
Наконец, из формулы (1) выразим и вычислим искомый радиус $R$:
$R = \frac{l}{\sin\alpha} = \frac{26 \text{ мм}}{1.8 \sqrt{0.19}}$
Произведем вычисления:
$R \approx \frac{26}{1.8 \cdot 0.4359} \approx \frac{26}{0.7846} \approx 33.14$ мм.
Округляя результат до двух значащих цифр, в соответствии с точностью исходных данных, получаем окончательный ответ.

Ответ: радиус шара равен приблизительно 33 мм.