Номер 511, страница 153 - гдз по физике 11 класс сборник задач Дорофейчик, Силенков

511. *Лазерный луч света направили из воздуха в центр $O$ основания цилиндрического длинного стеклянного стержня (рис. 137). Смещая лазер $Л$ в плоскости, перпендикулярной основанию, изменяли угол падения $ \alpha $ луча света на основание стержня от $ 0^\circ $ до $ 90^\circ $. Определите длину отрезка на образующей $AB$, в пределах которого лазерный луч выходил из стержня наружу через его боковую поверхность. Радиус цилиндрического стержня $ R = 5 \text{ мм} $, абсолютный показатель преломления вещества стержня $ n = 1,4 $.

Дано:

$R = 5 \text{ мм}$

$n = 1,4$

$n_{возд} = 1$

$0^\circ \le \alpha \le 90^\circ$

Перевод в СИ:

$R = 5 \cdot 10^{-3} \text{ м}$

Найти:

$\Delta L$ - длину отрезка на образующей, в пределах которого лазерный луч выходит из стержня.

Решение:

Лазерный луч падает из воздуха на центр основания стеклянного стержня под углом $\alpha$ к нормали (оси цилиндра). Внутри стержня луч преломляется и распространяется под углом $\beta$ к оси. Согласно закону преломления света (закону Снеллиуса):

$n_{возд} \sin(\alpha) = n \sin(\beta)$

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

$\sin(\alpha) = n \sin(\beta) \implies \sin(\beta) = \frac{\sin(\alpha)}{n}$

Пройдя внутри стержня расстояние $L$ вдоль его оси, луч достигнет боковой поверхности на расстоянии $R$ от оси. Из геометрии (рассматривая прямоугольный треугольник, образованный лучом, осью стержня и радиусом) следует:

$\tan(\beta) = \frac{R}{L} \implies L = \frac{R}{\tan(\beta)}$

Чтобы луч вышел из стержня через боковую поверхность, он не должен испытать полное внутреннее отражение. Угол падения луча на боковую поверхность $\gamma$ связан с углом $\beta$ соотношением $\gamma = 90^\circ - \beta$.

Условие выхода луча наружу (отсутствие полного внутреннего отражения) заключается в том, что угол падения $\gamma$ должен быть меньше или равен критическому углу $\gamma_{крит}$, который определяется как $\sin(\gamma_{крит}) = \frac{n_{возд}}{n} = \frac{1}{n}$.

Таким образом, условие выхода луча:

$\gamma \le \gamma_{крит} \implies \sin(\gamma) \le \frac{1}{n}$

Подставим $\gamma = 90^\circ - \beta$:

$\sin(90^\circ - \beta) \le \frac{1}{n} \implies \cos(\beta) \le \frac{1}{n}$

Выразим $\cos(\beta)$ через $\alpha$, используя основное тригонометрическое тождество и закон Снеллиуса:

$\cos(\beta) = \sqrt{1 - \sin^2(\beta)} = \sqrt{1 - \frac{\sin^2(\alpha)}{n^2}} = \frac{\sqrt{n^2 - \sin^2(\alpha)}}{n}$

Подставим это выражение в условие выхода:

$\frac{\sqrt{n^2 - \sin^2(\alpha)}}{n} \le \frac{1}{n} \implies \sqrt{n^2 - \sin^2(\alpha)} \le 1$

Возведя обе части в квадрат, получим:

$n^2 - \sin^2(\alpha) \le 1 \implies \sin^2(\alpha) \ge n^2 - 1$

Следовательно, луч будет выходить через боковую поверхность только для тех углов падения $\alpha$, которые удовлетворяют этому условию. Угол $\alpha$ изменяется от $0^\circ$ до $90^\circ$. Таким образом, луч выходит при $\alpha$ от некоторого минимального угла $\alpha_{мин}$, где $\sin^2(\alpha_{мин}) = n^2 - 1$, до $90^\circ$.

Найдем, какому диапазону расстояний $L$ соответствует этот диапазон углов $\alpha$. Выразим $L$ через $\alpha$:

$L(\alpha) = \frac{R}{\tan(\beta)} = R \frac{\cos(\beta)}{\sin(\beta)} = R \frac{\sqrt{n^2 - \sin^2(\alpha)}/n}{\sin(\alpha)/n} = R \frac{\sqrt{n^2 - \sin^2(\alpha)}}{\sin(\alpha)}$

Функция $L(\alpha)$ убывает с ростом $\alpha$. Следовательно, минимальное расстояние $L_{мин}$ будет соответствовать максимальному углу $\alpha = 90^\circ$ ($\sin(\alpha)=1$), а максимальное расстояние $L_{макс}$ — минимальному углу $\alpha_{мин}$, при котором луч еще выходит наружу ($\sin^2(\alpha_{мин}) = n^2 - 1$).

$L_{мин} = L(90^\circ) = R \frac{\sqrt{n^2 - \sin^2(90^\circ)}}{\sin(90^\circ)} = R \frac{\sqrt{n^2 - 1}}{1} = R\sqrt{n^2 - 1}$

$L_{макс} = L(\alpha_{мин}) = R \frac{\sqrt{n^2 - \sin^2(\alpha_{мин})}}{\sin(\alpha_{мин})} = R \frac{\sqrt{n^2 - (n^2 - 1)}}{\sqrt{n^2 - 1}} = \frac{R}{\sqrt{n^2 - 1}}$

Длина отрезка на образующей, в пределах которого луч выходит наружу, равна разности между максимальным и минимальным расстояниями:

$\Delta L = L_{макс} - L_{мин} = \frac{R}{\sqrt{n^2 - 1}} - R\sqrt{n^2 - 1} = R \left( \frac{1 - (\sqrt{n^2 - 1})^2}{\sqrt{n^2 - 1}} \right) = R \frac{1 - (n^2 - 1)}{\sqrt{n^2 - 1}} = R \frac{2 - n^2}{\sqrt{n^2 - 1}}$

Подставим числовые значения:

$\Delta L = 5 \text{ мм} \cdot \frac{2 - 1,4^2}{\sqrt{1,4^2 - 1}} = 5 \cdot \frac{2 - 1,96}{\sqrt{1,96 - 1}} = 5 \cdot \frac{0,04}{\sqrt{0,96}} = \frac{0,2}{\sqrt{0,96}} \text{ мм}$

Упростим выражение: $\sqrt{0,96} = \sqrt{\frac{96}{100}} = \frac{\sqrt{16 \cdot 6}}{10} = \frac{4\sqrt{6}}{10} = \frac{2\sqrt{6}}{5}$

$\Delta L = \frac{0,2}{2\sqrt{6}/5} = \frac{0,2 \cdot 5}{2\sqrt{6}} = \frac{1}{2\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{12} \text{ мм}$

$\Delta L \approx \frac{2,449}{12} \approx 0,204 \text{ мм}$

Ответ: Длина отрезка равна $\Delta L = R \frac{2 - n^2}{\sqrt{n^2 - 1}} = \frac{\sqrt{6}}{12} \text{ мм} \approx 0,204 \text{ мм}$.